高考数学立体几何大题训练

1、高考数学立体几何大题训练1 .如图，平面ABCD平面ADEF,其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF/DE,AFFE,AFAD2DE,G为BF中点.(I)求证：EG/平面ABCD;(II)求证：AFDG.2 .如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD,底面ABCD是菱形，BAD60,AB2,PDJ6,O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点.(I)证明：平面EAC，平面PBD;(II)若PD/平面EAC,求三棱锥PEAD的体积.3 .如图，已知四边形ABCD是正方形，PD平面ABCD,CD=PD=2EA,PD/EA,F,G,H分别为PB,BE,PC的中点.(I )求证：GH/ 平面 PDA

2、E ;(H)求证：平面FGH平面PCD.4.如图，在矩形ABCD中，点E为边AD上的点，点F为边CD的中点，2ABAE-AD4,现将ABE沿BE边折至PBE包置，且平面PBE平面BCDE.3(I)求证：平面PBE平面PEF;(H)求四棱锥PBCFE的体积.5 .如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆。上，AB/EF,矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直，且AB=2,AD=EF=1.(I)求证：AFL平面CBF;(H)设FC的中点为M,求证：OM/平面DAF;(m)设平面CBF将几何体EFABCD分成的两个锥体的体积分别为Vfabcd,Vfcbe,求VFABCD：VFCBE.6 .如图所

3、示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是棱DD1、ClD1的中点.(I)证明：平面ADC1B1平面A1BE;(H)证明：B1F/平面Abe；(m)若正方体棱长为1,求四面体AiBiBE的体积.7 .如图，四棱锥PABCD中，PAB是正三角形，四边形ABCD是矩形，且平面PAB平面ABCD,PA2,PC4.(I)若点E是PC的中点，求证：PA/平面BDE；(n)若点F在线段PA上，且FAPA,当三棱锥BAFD的体积为3时，求实数的3化，1一8 .如图，二棱柱ABCAB1cl中，侧棱垂直底面，ACB90,ACBC-AAi,D是2棱AAi的中点.(1)证明：DCi平面BDC;(2)若AA

4、i2,求三棱锥CBDC1的体积.9 .已知平行四边形ABCD,AB4,AD2,DAB60°,E为AB的中点，把三角形ADE沿DE折起至ADE位置，使得AC4,F是线段AQ的中点.(1)求证：BF面AiDE;(2)求证：面AiDE面DEBC;(3)求四棱锥ADEBC的体积.10 .如图，已知边长为2的的菱形ABCD与菱形ACEF全等，且FACABC,平面ABCD平面ACEF，点G为CE的中点.(I)求证：AE/平面DBG；(H)求证：FCBG;(m)求三棱锥EBGD的体积.11 .如图，三棱柱ABCAB1cl中，ABACAA1BC12,AAC160，平面ABC平面AAGC,AG与AC相

5、交于点D.(R)求证：AEPF；.11(田)若PBV2AB,二面角EAFB的余弦值等于11,试判断点F在边BC上的位置，并说明理由.14 .已知几何体ABCDE的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形.(1)求此几何体的体积V的大小；(2)求异面直线DE与AB所成角的余弦值；(3)求二面角A-ED-B的正弦值.15 .如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC侧面AABB1,且AAiAB2(1)求证：ABBC;(2)若直线AC与平面A1BC所成的角为-,求锐二面角AA1CB的大小.16 .如图所示，正方形AADQ与矩形ABCD所在平面互相垂直，A

6、B2AD2,点E为AB的中点.(1)求证：BD"/平面AQE;(2)求证：DEAD;(3)在线段AB上是否存在点M,使二面角D1MCD的大小为一？若存在，求出AM6的长；若不存在，请说明理由.17 .如图，在三棱柱ABCAB1C1中，AA平面ABC,BAC90,F为棱AA)上的动点，AiA4,ABAC2.当F为AiA的中点，求直线BC与平面BFCi所成角的正弦值；AF当C匚的值为多少时二面角BFCiC的大小是45.FA118 .如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE,CDEBED900,ABCD2,DEBE1,AC2.(1)证明：DE平面ACD;(2)求二面角BADE的大

7、小19 .如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，ADCD,AB/CD,ABAD2,CD4,M为CE的中点.(1)求证：BM/平面ADEF;(2)求证：平面BDE平面BEC;(3)求平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值.20 .在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB90：,EA平面ABCD,EF/AB,FG/BC,EG/AC,AB2EF.(1)若M是线段AD的中点，求证：GM平面ABFE;(2)若ACBC2AE2,求二面角ABFC的余弦值.1.（I）详见解析；（R）详见解析【解析】试题分析：证明：（I）取AB的中点O,连接OD,可得OGJ11AF,又因&

8、quot;2为AF/DE,AF2DE所以OGDDE,四边形ODEG为平行四边形，所以EG/OD,在根据线面平行的判定定理，即可证明结果.（H）取AF的中点H,连接DH、GH,可得GH/AB,因为平面ABCD平面ADEF,ABAD,所以AB平面ADEF,ABAF,所以AFGH,因为AF/DE,AF2DE所以四边形EFHD为平行四边形，EF/DH，又AFFE,所以AFDH,根据线面垂直的判定定理，即可证明结果.试题解析：证明：（I）取AB的中点O,连接OD因为O,G分别是AB,BF的中点，所以OG111AF,2分-12又因为AF/DE,AF2DE所以OGDDE,四边形ODEG为平行四边形所以EG/

9、OD因为OD平面ABCD,EG平面ABCD所以EG/平面ABCD5分(H)取AF的中点H,连接DH、GH因为G,H分别是BF,AF的中点，所以GH/AB,7分因为平面ABCD平面ADEF,ABAD所以AB平面ADEF,ABAF所以AFGH9分因为AF/DE,AF2DE所以四边形EFHD为平行四边形，EF/DH又AFFE,所以AFDH11分因为GHp|DHH所以AF平面DGH所以AFDG12分考点：1.线面平行的判定定理；2.线面垂直的判定定理.2.证明见解析；.VPEAD2【解析】试题分析：（I）要证面面垂直需证线面垂直，根据题意，需证AC平面PBD,因为底面为菱形对角线互相垂直，又因为PD平

10、面ABCD,所以AC平面PBD得证；（n）根据线面平行的性质定理可知：PD平行平面PBD与平面ACE的交线EO,同时。为BD中点，所以E为PB中点，所以三棱锥PEAD的体积等于三棱锥EPAD即为三棱锥BPAD体积的一半，进而求得三棱锥PEAD的体积.试题解析：（I）：PD平面ABCD,AC平面ABCD,ACPD.丁四边形ABCD是菱形，ACBD：叉PCp|BDD,AC平面PBD.而AC平面EAC,平面EAC，平面PBD.6分（II）:PD/平面EAC,平面EAC平面PBDOE,PD/OE,I（。是BD中点，E是PB中点.取AD中点H，连结BH,v四边形ABCD是菱形,BAD60,BHAD,又B

11、HPD,ADPDD,BD平面PAD,J3BHABV3.9分2AB/CD,MN/NG,说明GHMN是平行四边形，.二GH/MN,.利用线面平行的判定GH/平面PDAE;第二问，先利用线面垂直的性质得PDBC,再利用线面垂直的判定得BC平面PCD,即FH平面PCD,最后利用面面垂直的判定得平面FGH平面PCD.试题解析：(1)分别取PD的中点M,EA的中点N.连结MH,NG,MN.因为G,H分别为BE,PC的中点，所以MN/二CD.2因为AB/CD,所以MN/NG,故四边形GHMN是平行四边形.所以GH/MN.4分又因为GH平面PDAE,MN平面PDAE,所以GH/平面PDAE.6分(2)证明：因

12、为PD平面ABCD,BC平面ABCD,所以PDBC.因为BCCD,PdQcDD,所以BC平面PCD.因为F,H分别为PB、PC的中点，所以FH/BC所以FH平面PCD.因为FH平面FGH,所以平面FGH平面PCD.12分考点：线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直4.(I)见解析(H)2823【解析】试题分析：对于第一问要证明面面垂直，关键是把握住面面垂直的判定定理，在其中一个平面内找出另一个平面的垂线即可，而在找线面垂直时，需要把握住线面垂直的判定定理的内容，注意做好空间中的垂直转化工作，对于第二问，注意在求棱锥的体积时，注意把握住有关求体积的量是多少，底面积和高弄清楚后就没有问题.试题解析

13、：(I)证明：在RtADEF中:EDDF,DEF45,在RtAABE中，AAEAB,AEB45：；,BEF90：,EFBE.3分v平面PBE平面BCDE,且平面PBEp|平面BCDEBEEF平面PBE,EEF平面PEF,平面PBE平面PEF.6分(n)解：过P做POBE,:PO平面PBE,平面PBE平面BCDE且平面PBE平面BCDEBEPO平面BCDE,四棱锥PBCFE的高hPO2点.1 164442214,10分2 21128.2.则VpBCFE全边形BCFEh-142J2.1253 33考点：面面垂直的判定，棱锥的体积.5. （I）参考解析；（H）参考解析；（田）4:1【解析】试题分析：

14、（I）要证线面垂直等价转化为线线垂直，由圆周角所对的弦为直径即可得AF与BF垂直，再根据面面垂直的性质即可得CB与AF垂直.由此即可得到结论.（n）线面平行等价转化为线线平行，通过做DF的中点即可得到一个平行四边形，由此即可得到线线平行，即可得到结论.（田）根据四棱锥的体积公式，以及三棱锥的体积公式，其中有些公共的线段，由此即可求出两个体积的比值.试题角单析：（I）证明：平面ABCD，平面ABEF,CBXAB,平面ABCDA平面ABEF=AB,.CB,平面ABEF,vAF平面ABEF,aAFXCB,又;AB为圆。的直径，AFXBF,；AF，平面CBF.(H)设DF的中点为N,则MN/1CD,又

15、AO/1CD,2=2则MNAO,MNAO为平行四边形，OM/AN,又AN平面DAF,PM平面DAF,OM/平面DAF.（m）过点F作FGLAB于G,二.平面ABCDL平面ABEF,1一一2_FG，干面ABCD,VFabcdSabcdFGFG,331111CB,平面ABEF,.VFCBEVCBFESBFECBEFFGCBFG,3326-VFABCD:VFCBE4：1考点：1.线面垂直2线面平行3棱锥的体积公式.16.（I）详见解析（n）详见解析（田）6【解析】试题分析：D证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从证明线面垂直出发：因为B1C1面ABBA所以BGAB.又ABAB1,所以ab面AD

16、GB，所以平面ADGB面ABE.（R）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从证明线线平行出发，这一般可利用平面几何知识得以证明：设abRab0,则易得四边形BOEF为平行四边形，所以B1F/OE.所以BF面A1BE（田）求棱锥体积，关键在于确定其高。可以利用等体积法将其转化为可确定高的棱锥:1VA1 B1BEVE A1KB- S A1B1B B1C13试题解析：（I）证明因为ABCDAB1c1D1为正方体,所以BiGBBBiA；又因为AB ABi BG因为AB面ABB1A1,所以BiGAB.2分ABiBi所以AiB面ADCiBi因为AB面AiBE,所以平面ADCiBi面AiBE.5分i_

17、i八1 CiD=1CiD(n)连接EF,EF/2，且EF2,设abRabO1- i-BOGDBO=-CiD则BiO/2且BiO2,所以EFBiO且EF=BiO,所以四边形B1OEF为平行四边形.所以BFOE.又因为B1F面ABE,OE 面ABE3分11分所以BF面ABEVaB1BEVeA1B1B（田）11一SA1B1BB1C1311614分考点：面面垂直判定定理，线面平行判定定理，棱锥体积27.证明见解析；5)3【解析】试题分析：(I)将证明线面平行转化为线线平行，通过做辅助线可证明出EQ/PA,线面平行的判定定理可证出PA/平面BDE;(II)如图所示作辅助线，通过题意可先分Vbafd.14

18、”.VFABDoSABDFM4将问题转化为求BC,由33面面垂直的性质定理得PO平面ABCD,进而FM平面ABCD,得到BC平HIPAB故BC222.3"PCPB23,进而确定FM工-，再由3FM二FAPO-PA试题解析:(I)如图，连接AC,设ACBDQ,又点E是PC的中点,PAC中中位线EQPA,又EQ平面BDEPA平面BDE.PA/BDE(n)依据题意可得:PAABPB2,ABAB中点O,所以POAB,PO3又平面PAB平面ABCD则PO平面ABCD作FM/PO于AB上一点M,则FM平面ABCD,因为四边形ABCD是矩形，所以BC平面PBCBCPC2PB223ABP的面积SAB

19、P1=AB2AD234、，、，1cc=VBAFDVFABD_SABDFM3323,FM323FM=310由FM/PO得：FM=_FAPOPA2312分考点：1、线面平行问题与线线平行问题的互化；2、面面垂直与线面垂直问题的互化；3、综合分析能力.18.（1）见解析（2）13【解析】试题分析：对应第一问，关键是要掌握线面垂直的判定，把握线线垂直的证明方法，第二问注意椎体的体积公式的应用.试题解析：（1）由题设知BCCC1,BCAC,AC0CC1C,BC平面ACC1A.（2分）又.DC1平面ACC1A1,.DC1BC.（3分）由题设知ADCAD。45°,；CDC190°,即C1

20、DDC.（4分）DCpBCC,aDC1平面BDC.（6分）1（2）AA2,D是棱AA1的中点，ACBC-AA2ACBC1,AD1（7分）CD J AD2 3 AC2 72, DC1 近（9分）（10 分）（11 分）1RtCDC1的面积S1CDDC121 1VcBDC1Vbcdci,即二棱锥CBDCi的体积为.（13分）3 3考点：线面垂直的判定，椎体的体积.9. （1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）3.【解析】试题分析：（1）此题将线面平行转化为线线平行问题，可取DA1的中点G,连接FG、GE构造辅助线，得到EB/GF,进而证明出BF平面ADE;（2）此题将面面垂直问题转化为线面垂直问

21、题，可取DE的中点H,连接AH、CH构造辅助线，借助于余弦定理，得出AHHC,即AHC为直角三角形，由线面垂直的判定定理，证明出A1H面DEBC,根据面面垂直的判定定理得出面ade面debc；1（3）由棱锥的体积公式得V四树-A1-debc-S梯形debcA1H,梯形的底边为2、4,3高为屹,由（2）AH73,代入上式即可求得.试题解析：（1）证明：取DA的中点G,连接FG、GE丁F为AC中点一一一1GF/DC，且GF2DC2丁E为平行四边形ABCD边AB的中点1EB/DC，且EB-DC2EBGF,且EBGF四边形BFGE是平行四边形丁EG平面ADE,BF平面ADEBF平面A1DE4分(2)取

22、DE的中点H,连接AH、CHvAB4,AD2,DAB60°,E为AB的中点DAE为等边三角形，即折叠后DAE也为等边三角形A1HDE,且A1H近在DHC中，DH1,DC4,HDC60°根据余弦定理，可得_22_2°221HCDHDC2DHDCc°s601421413在AHC中，2AH6,HC<13AC4,AC2AH2HC2,即A1HHCA1HDEAHHC又丁DE面DEBC,所以A1H面DEBCHC面DEBCDEpHCH又丁AiH面AiDE面AiDE面DEBC10分（3）由第（2）问知AiH面DEBC1一一11一VADEBC；S底面DEBCh二二（2

23、4）近V36145332考点：1、线面平行；2、面面垂直；3.棱锥的体积110. （I）见解析；（H）见解析；（田）-2【解析】试题分析：（I）要证明线面平行，只需证明这条直线以平面内的一条直线平行即可，连结OG,易得OG为三角形ACE的中位线，所以，OG/AE,AE/平面DBE;要证明线线垂直，一般通过线面垂直得到，易得BD平面ACEF,BDCF,在菱形ACEF中OGCF,CF平面BGDCFBG（田）利用等体积法即可，即VebdgVabdgVCbdg。SBDGh°32试题解析：（I）连结OG,.1分因为四边形ABCD是菱形，所以，COOA,又CGGE,所以，OG为三角形 ACE的中

24、位线.2分所以，OGIIAE.又OG平面DBE,AE平面DBEAE/平面DBE4分(H)因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD又平面ABCD平面ACEF,且交线为ACBD平面ACEF,又FC平面ACEFBDCF在菱形ACEF中，AEOGCFBDOGO,BD,OGCF平面BGDCFBG(m)由题知，ABBC2分3分CF ,OG/AE4分平面BGD5分6分AC =2,故 ABC 60,在三角形DAB中，ADAB2,DAB120；,所以BD=2J3.1分又ABCFAC,所以FAC60；,所以FCA是等边三角形,所以CF2,AE2,3,所以S BDG1BDOG32又CF 面BDG,所以，点C到面BDG

25、的距离11-CF 42所以VeBDGVABDGVCBDG考点：立体几何的综合应用11. （I）见解析；（H）试题分析：（I）证明直线和平面垂直的常用方法：（1）利用判定定理.（2）利用判定定理的推论（a/b,ab）.（3）利用面面平行的性质（/,aa）.（4）利用面面垂直的性质.本题即是利用面面垂直的性质；（H）求面面角方法一是传统方法，作出二面角，难度较大，一般不采用，方法二是向量法，思路简单，运算量稍大，一般采用向量法.试题解析：（I）依题意侧面AACiC是菱形，D是AG的中点，因为BABG，所以BDAC1,又平面ABC1平面AAC1c，且BD平面ABC1，平面ABC1。平面AAC1CAC

26、1所以BD平面AACiC.(H)传统法由(I)知BD平面AACiC,CD面AACiC,所以CDBD,又CDAC1,AC10BDD,所以CD平面ABC1,过D作DHAB，垂足为H，连结CH，则CHAB,所以DHC为二面角CiABC的平面角.9分在RtDAB中,AD1,BD的AB2,所以DHADDB,CHJDH2DC2近512分AB22所以cosDHCDH15,即二面角CiABC的余弦值是Y5.14CH55分向量法以D为原点，建立空间直角坐标系Dxyz如图所示,DA由已知可得ACi2,AD1,BDADDC3,BC：6故D0,0,0,A1,0,0,B1,0,0,C0,.3,0,则AB1,0,V3,B

27、C设平面ABC的一个法向量是nx,y,z,n0,即BCn0x43z0_，解得3y,3z0令z1,得n73,1,111分显然0,J3,0是平面ABC1的一个法向量,12分所以cosn,IdCnDCnDC3E-3-55，即二面角C1ABC的余弦值是514分考点：线面垂直、二面角12.(1)详见解析；(2)二面角EBDF的余弦值为噜【解析】试题分析：（1）因为EA/CF,所以ACFE是一个平面图形，在这个平面图形中，AC=AE=2,所以AACE是等腰直角三角形.连接AC交BD于点O,连接FO.易得OC=FC,所以AOCF也是等腰直角三角形.由此可证得ECLOF.又由三垂线定理可证得BDEC,从而可得

28、EC平面BDF.法二，以点A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，AB所在直线为y轴，AE所在直线为z轴建立直角坐标系，利用向量也可证得EC面BDF.（2）由（1）知向量EC为平面BDF的法向量，再用向量方法求出平面EBD的法向量即可求出二面角EBDF的余弦值.试题解析：（1）（法一）连接AC交BD于点O,连接FO.过点O作OH/AE交EC于点H,连接HF,因为。是AC的中点，所以H是EC的中点，所以1OH1EA1,因为EA/CF,且EA=2CF,所以OH/CF且OH=CF,又因为21OCAC12所以四边形OCFH为菱形，而EA垂直于平面ABCD,所以EAAC从而OHOC,从而四边形OCFH为正方

29、形进而OFCHOFCE又因为四边形ABCD为正方形，所以BDAC;又EABD且EAACA从而BD面EAC又 BD BDF ,OF BDF 且 BDPOF O所以EC 平面BDF .（法二）以点A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，AB所在直线为y轴，AE所在直线为z轴建立直角坐标系，则a（o,0,0）； b（o,疙0）； d（ 72,0,0）； c（ 72,72,0）； f（ V2j2,i）； e（o,o, 2）,所以 BD ( v2, v2,0); BF (、2,0,1);2)从而有"BF =0所以 EC BD, EC BF又因为BDBF B,从而EC 面BDF（2）由（1）知向量t

30、C为平面BDF的法向量设平面EBD的法向量为n （x, y, z）则运0即唐72y °令z 1得xn ED 0.2x 2z 0故cos1010, 10所以二面角E BD F的余弦值为10WJBDEC考点：1、空间线面间的位置关系；2、二面角.13. （1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）点F为边BC上靠近B点的三等分点.【解析】试题分析：本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、二面角、向量法等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑推理能力.第一问，在PBC中，E、F分别是BP、BC中点，利用中位线的性质得EF/PC,再根据线面平行的判定得出

31、结论；第二问，由正方形ABCD得出BCAB,利用面面垂直的性质，得BC平面PAB,利用线面垂直的性质，得BCAE,再从PAB中证出AEPB,利用线面垂直的判定得AE平面PBC,所以AE垂直面PBC内的线PF;第三问，利用已知的这些条件整理出AD、AB、AP两两垂直，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，得出向量坐标，分别求出平面AEF和平面ABF的法向量，利用夹角公式列出表达式，求出m,即得到BF的长，从而得到点F的位置.试题解析：（1）在PBC中，丁点E是PB中点，点F是BC中点，EF/PC,又;EF平面PAC,PC平面PAC,EF/平面PAC.(2)二.底面ABCD是正方形，BCAB.又.

32、侧面PAB底面ABCD,平面PABQ平面ABCD=AB,且BC平面ABCD,.BC平面PAB.vAE平面PAB,BCAE,由已知PAAB,点E是PB的中点，.AEPB,又;PBpBCB,AE平面PBC.vPF平面PBC,AEPF.(3)点F为边BC上靠近B点的三等分点.vPAAB,PB乏AB,PAAB,由（2）可知，BC平面PAB.又BC/ADAD平面PAB,即ADPA,ADAB,AD,AB,AP两两垂直.分别以AD,AB,AP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系（如图）不妨设AB2,BFm,则A(0,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),F(m,2,0).(0,1

33、,1),AF(m,2,0).设平面AEF的一个法向量为n(p,q,r)，n (2,0 /曰 ,得0q rmp 2qp 2 ,则 q m , r m ,得m,m).AB , AP AD,ABpADA,平面ABCD.即平面ABF的一个法向量为aP(0,0, 2).|2m|2 m2 2近,解得m11vBCAB2,1BF-BC,即点F为边BC上靠近B点的三等分点.3考点：线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、二面角、向量法14. (1)16;(2)业；(3)叵,53【解析】1试题分析：(1)由二视图易得AC，平面BCE,则体积V-SBCEDAC16;(2)3取EC的中点是F,连结BF,可证/FBA或

34、其补角即为异面直线DE与AB所成的角，在BAFK利用余弦定理可求得异面直线DE与AB所成的角的余弦值为眄；(3)过C作CGXDE交DE于G,连AG,可证DE，平面ACG,5易知/AGC为二面角A-ED-B的平面角，在ACG,可求得二面角A-ED-B的的正弦值为理.31试题解析：1；AC，平面BCE,则VSbcedAC163几何体的体积V为16.(2)取EC的中点是F,连结BF,则BF/DE，.二/FBA或其补角即为异面直线DE与AB所成的角.10在BAF中，AB=4石，BF=AF=2收.cosABF.5异面直线DE与AB所成的角的余弦值为匕05(3)AC，平面BCE,过C作CGXDE交DE于G

35、,连AG.可得DE，平面ACG,从而AGIDE,aZAGC为二面角A-ED-B的平面角.在ACG中，/ACG=90°,AC=4,CG=迪，.tanAGC.52sinAGC.3二面角A-ED-B的的正弦值为咚.考点：1.空间几何体的结构特征与三视图；2.空间几何中的线面角与二面角15.(1)详见解析；(2)一3【解析】试题分析：(1)取AB的中点D,连接AD,要证A1ABB1,只要证BC平面AABB1由直三棱柱的性质可知AA1BC，只需证BCAD,因此只要证明AD平面ABC事实上，由已知平面ABC侧面A1ABB1,AD平面A1ABB1,且ADAB所以AD平面A1BC成立，于是结论可证.

36、(2)思路一：连接CD,可证ACD即为直线AC与平面ABC所成的角，则ACD二一AC226过点A作AEAC于点E,连DE,可证AED即为二面角AACB的一个平面角.在直角AiAC中AED二一，即二面角AAiCB的大小为一33思路二：以点B为原点，以BC、BA、BBi所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Bxyz设平面ABC的一个法向量身，平面AiAC的一个法向量为n2,利用向量的数量积求出这两个法向量的坐标，进而利用法向量的夹角求出锐二面角AAiCB的大小.试题解析：.解（1）证明：如图，取AB的中点D,连接AD,因AAAB,则ADAB由平面ABC侧面AiABBi,且平面ABCC|侧面A

37、iABBiAiB,得AD平面ABC,又BC平面ABC,所以ADBC.因为三棱柱ABCAiBiCi是直三棱柱，则AAi底面ABC,所以AA|BC.又AA0AD=A,从而BC侧面AiABBi，又AB侧面AABB-故ABBC.解法一：连接CD,由（i）可知AD平面AiBC,则CD是AC在平面A,BC内的射影ACD即为直线AC与平面AiBC所成的角，则ACD二一6在等腰直角AAB中，AAiAB2,且点D是A1B中点，AD1ABM，且ADC=,ACD二一AC272226过点A作AEAC于点E,连DE,由（1）知AD平面AiBC,则ADAiC,且AEADaAED即为二面角AAiCB的一个平面角且直角 AA

38、C中：AEaAaC 2 2,22 6AC2,33,又 AD =J"2 , ADE =26sinAED二丝与亚,AE2、623且二面角A AiCB为锐二面角AED二一，即二面角 A AiC B的大小为 3解法二（向量法）：由（I）知ABBC且BBi底面ABC,所以以点B为原点,B xyz ,如图所以BC、BA、BBi所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系且设 BC a ,则 A(0,2,0)B(0,0,0) ,C(a,0,0)，A(0,2,2),IBC (a,0,0),BaI (0,2,2),(a,2,0),设平面ABC的一个法向量ni(x, y, z),由】C nJ , BAi

39、 nixa 0令y i ,得x2y 2z 00,z I,则 ni(0,i, i)设直线AC与平面ABC所成的角为,则得sin_1-6AC同44a2V2又设平面AAC的一个法向量为,解得a2,即AC(2,2,0)2n2,同理可得n2(i,i,0),设锐二面角AACcoscosn-1-,n2锐二面角AAC考点：i、空间直线、i6.(i)祥见解析；【解析】B的大小为,则南9且得3B的大小为万.平面的位置关系；2、空间向量在立体几何问题中的应用(2)祥见解析；(3)存在满足条件的AM2；.试题分析：(i)O是ADi的中点，连接OE,由中位线定理可得EO/BDi,再由线面平行的判定定理可得BDi/平面A

40、QE;(2)由正方形AAiDiD与矩形ABCD所在平面互相垂直，根据面面垂直的性质定理可得AB，平面ADD1A1,进而线面垂直的性质定理得到AB±AiD,结合AiDLADi及线面垂直的判定定理，可得AiD，平面ADiE,进而DiEXAiD;(3)以点D为原点，DA,DC,DDi所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设M(i,a,0)(0<a<2),分别求出平面DiMC的法向量和平面MCD的一个法向量，根据二面角Di-MC-D的大小为一，结合向量夹角公式，构造关于a的方程，解方程可得M点的坐6标，进而求出AM长.试题解析：(1)连结ADi交AD于F,

41、连结EF，因为四边形AADQ为正方形，所以F为ADi的中点，又点E为AB的中点，在ABDi中，有中位线定理有EF/BDi,而BDi平面AiDE,EF平面AiDE,所以，BDi平面ADE.(2)因为正方形AADQ与矩形ABCD所在平面互相垂直，所以ADiAD,AEAD,而ADi。AEA,所以AD平面AiDE，又DE平面ADE,所以DiEAiD.Di(0,0,i) (3)存在满足条件的AM2、33x依题意，以D为坐标原点,DA、DC、DDi分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，因为 AB 2AD则 D(0,0,0)C(0,2,0),Ai(i,0,i),所DDi (0,0,i),DC (0,2,

42、i)易知彳Di为平面MCD的法向量，设 M (i,a,0)(a0),所以MC(i,2 a,0)平面DiMC的法向量为n(x,y,z),nMC0(x,y,z)(1,2a,0)0以z2yy(x,y,z)(0,2,1)0x(2a)y则?(2a,1,2),又二面角DiMCD的大小为，6所以cos-匡&"Qa，D2)|，解得a2立.6|DD1|n|V12,；(2a)21223故在线段AB上是存在点M,使二面角D1MCD的大小为，且6AM2.3考点：1.空间中直线与直线之间的位置关系；2.直线与平面平行的判定;3.空间向量求平面间的夹角.17.(1)东3(2)二 5.FA13【解析】试题

43、分析：(1)此小题考查用空间向量解决线面角问题，只需找到面的法向量与线的方向向量，注意用好如下公式：sin|cosBC,n|,且线面角的范围为：0,&(2)此小题考查的是用空间向量解决面面角问题，只需找到两个面的法向量，但由于F点坐标未知，可先设出，利用二面角BFC1C的大小是45,求出F点坐标，从而可得到AF,FA的长度，则易求出其比值.试题解析:如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),Ai(0,0,4)C(0,2,4),因为F为中点，F(0,0,2),bF(2,0,2),BC1(2,2,4),bC(2,2,0),设2(x,

44、y,z)是平面BFCi的一个法向量，则nBF2x2z0,得nBC12x2y4z0xyz,取x1,则才(1,1,1),设直线BC与平面BFCi的法向量n(1,1,1)的夹角为，则cosML4L更,所以直线BC与|BC|K|2V2V33平面BFC1所成角的正弦值为叵；3设 F(0,0,t)(0 t 4),BF ( 2,0,t),BC1(2,2,4),设 n (x,y,z)是平面 BFC的一个法向量，则nn2x tz 02x 2y 4z(t,t 4,2),(2,0,0)是 平面FC1Ccos2t-1 abj|n| |AB| 2 ,t2 (t 4)AF2,FA13. AF3,所以当士2r*5FA15

45、时，面角B FC1C的大小是45 .考点：运用空间向量解决线面角与面面角问题，要掌握线面角与面面角的公式，要注意合理建系18. (1)详见解析；(2)二面角BADE的大小是一.6【解析】试题分析：(1)求证：DE平面ACD,证明线面垂直，先证线线垂直，即证线和平面内两条相交直线垂直，由已知可得DEDC,只需证明ACDE，或ADDE,由已知平面ABC平面BCDE,只需证明ACBC,就得AC平面BCDE,即ACDE,而由已知AC叵AB2,在直角梯形BCDE中，易222求BCJ2,从而满足ABACBC,即得ACBC,问题得证；（2）求二面角BADE的大小，可用传统方法，也可用向量法，用传统方法，关键

46、是找二面角的平面角，可利用三垂线定理来找，但本题不存在利用三垂线定理的条件，因此利用垂面法，即作BFAD,与AD交于点F,过点F作FG|DE，与AE交于点G，连结BG，由（1）知，DEADfFGAD,所以BFG是二面角BADE的平面角，求出BFG的三条边，利用余弦定理，即可求出二面角BADE的大小，用向量法，首先建立空间坐标系，先找三条两两垂直的直线作为坐标轴，观察几何图形可知，以D为原点，分别以射线DE，DC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，写出个点坐标，4设出设平面ade的法向量为mK,y,z1,平面abd的法向量为nx2,y2,z2,求出它们的一个法向量，利用法向量的夹角与

47、二面角的关系，即可求出二面角BADE的大小.（1）在直角梯形BCDE中，由DEBE1,CD2得，BDBCJ2,由AC乏AB2,则AB2AC2BC2,即ACBC,又平面ABC平面BCDE,从而AC平面BCDE,所以ACDE,又DEDC,从而DE平面ACD;（2）方法一：作BFAD,与AD交于点F,过点F作FG|DE,与AE交于点G,连结BG,由（1）知，DEAD，则FGAD,所以BFG是二面角BADE的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2BD2BC2,得BDBC,又平面ABC平面BCDE,得BD平面ABC,从而，BDAB,由于AC平面BCDE，得：ACCD,在Rt&ACD中，由CD2,

48、AC虎，得AD呢,在RtAED中，DE1,AD并，得AE"，在Rt&ABD中，BD/,AB2,AD76,得BFM3,AFAD,从而GF-,ftAaBE,AABG333中，利用余弦定理分别可得cosBAE5，1,BG3,在kFG中,143口cosBFGGF2BF2BG2，3,所以BFG,即二面角BADE的2BFGF26大小是一6方法二：以D为原点，分别以射线DE,DC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz如图所示，由题意可知各点坐标如下：D 0,0,0 ,E 1,0,0 ,C0,2,0 , A 0,2, 2,B 1,1,0 ,设平面ADE的法向量为XiXi,%,乙，平面

49、ABD 的法0,2y12y1X2,2z2y2 0DB可取n1,1,0 , ae1, 2, <20,1, .21,1,-2知，所求二面角是锐角，故二面角0向量为 n于是cos m,n.132B AD E的大小是一.6点评：本题主要考查空间点，线，面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力，与推理论证，运算求解能力.19. (1)证明过程详见解析；(2)证明过程详见解析；(3)46.6【解析】试题分析：本题主要考查中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，作出辅助线MN,N为DE中

50、点，在EDC中，利用中位线得到1MN/CD,且MN1CD,结合已知条件，可证出四边形ABMN为平行四边2形，所以BM/AN,利用线面平行的判定，得BM/平面ADEF；第二问，利用面面垂直的性质，判断ED面ABCD,再利用已知的边长，可证出BCBD,则利用线面垂直的判定得BC平面BDE,再利用面面垂直的判定得平面BCE平面BDE;第三问，可以利用传统几何法证明二面角的平面角，也可以利用向量法建立空间直角坐标系，求出平面BEC和平面ADEF的法向量，利用夹角公式计算即可.(1)证明：取DE中点N,连结MN,AN.在EDC中，M,N分别为EC,ED的中点，所以MN/CD,且1 ，一，一1MNCD.由已知AB/CD,ABCD,所以22MN/AB,且MNAB.所以四边形ABMN为平行四边形,所以BM/AN.又因为AN平面ADEF,且BM平面ADEF,所以BM/平面ADEF.4分(2)证明：在正方形ADEF中，EDAD,又因为平面ADEF平面ABCD,且平面ADEF。平面ABCDAD,所以ED平面ABCD.所以EDBC.6分在直角梯形ABCD中，ABAD2,CD4,可得BC252.在ABCD中，BDBC2>/2,CD4,所以BCBD.7分所以BC平面BDE.8分又因为BC平面BCE,所以平面BDE平面BEC.9分(3)(方法一)延长DA和CB交于G.在平面ADEF内过A作AKEG