高考数学真题分类训练(24)（含答案解析）

高考数学真题分类一线面垂直的判定

一、选择题（本大题共3小题，共15.0分）

仇章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,

设力4是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、

以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）

A.4

C.12

D.16

2.如图，四边形ABCD为矩形，沿A。将440c翻折成△力。匕设二面角。'-4B-C的平面角为8,

直线4D'与直线BC所成角为。1，直线AD'与平面48c所成角为%,当。为锐角时，有（）

A.6>2<0!<0B.02<0<6>!C.01<02<0D.0<

3.如图，设矩形A8CD所在平面与梯形ACEF所在平面相交于4C,若AB=

1,BC=V3,AF=FE=EC=1,则下列二面角的平面角的大小为定值

B

的是（）

A.F-AB-CB.B-EF-DC.A-BF-CD.B-AF-D

二、填空题（本大题共1小题，共5.（）分）

4.已知44cB=90。，P为平面ABC外一点，PC=2,点P到24cB两边AC,8c的距离均为百,

那么P到平面ABC的距离为.

三、解答题（本大题共17小题，共204.0分）

5.如图，三棱台4BC-DEF中，面ADFCJ■面ABC,"CB=zaCC=pF

45°,DC=2BC.\

（1）证明：EFLDB,/\

（2）求O/与面D8C所成角的正弦值.

B

6.如图，。为圆锥的顶点，0是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD.△ABC是底面的内

接正三角形，P为。。上一点，PO=^-DO.

6

(1)证明：PA_L平面PBC;

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

7.如图，已知三棱柱48。一4$母1的底面是正三角形，侧面BBiGC是矩形，M,N分别为BC,当前

的中点，尸为AM上一点，过8道1和P的平面交AB于E,交AC于F.

第2页，共35页

(1)证明：AAJ/MN,且平面44MN1/颜&GF;

(2)设。为△AiBiG的中心，若A0"平面EB\C、F,且A。=48,求直线以E与平面a/MN所成

角的正弦值.

8.(12分)

如图，在长方体4BCD-4B1GD1中，在E,尸分别在棱DZ)i，BBi上，且2DE=E%,BF=2FB],

证明：

(1)当48=BC时，EF1AC;

(2)点Ci在平面AE尸内.

9.如图，在四棱锥P—4BCD中，「41平面48。力，底面ABC。为菱形，E为CD的中点.

(I)求证：8。_1平面尸4(?；

(II)若N4BC=60。，求证：平面248_L平面PAE；

(HI)棱PB上是否存在点尸，使得CF〃平面P4E?说明理由.

10.如图，直四棱柱4BCC—4B1GD1的底面是菱形,441=4,48

2,ABAD=60°,E,M,N分别是8C,4中的中点.

(1)证明：MN〃平面GDE；

(2)求点C到平面GDE的距离.

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11.如图，己知三棱柱ABC-A/iG，平面&ACCi_L平面ABC,ZABC=90°,zBAC=30°,AyA=

A1C=AC,E,尸分别是AC,的中点.

(I)证明：EFlBC；

(n)求直线EF与平面4BC所成角的余弦值.

12.图1是由矩形AQEB,RMABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1,BE=BF=2,

Z.FBC=60°,将其沿AB,BC折起使得BE与8尸重合，连结。G,如图2.

(1)证明:图2中的A,C,G,。四点共面，且平面4BC1平面BCGE；

(2)求图2中的四边形ACGQ的面积.

13.如图，长方体4BCD-&B1C1D1的底面ABC。是正方形，点E在棱

上，BE1EC「

(1)证明：85工平面七8道1；

(2)若AE=&E,求二面角B-EC的正弦值.

第6页，共35页

14.如图，已知多面体48。一4当6,ArA,当8,QC均垂直于平面ABC,Z.ABC=120°,ArA=4,

GC=1,AB=BC=B[B=2.

⑴证明:4。_L平面4B1Q；

⑵求直线AG与平面AB/所成的角的正弦值.

15.如图，在四棱锥P-4BCD中，底面A2CO为矩形，平面PAD1平面ABCD,PA1PD,PA=PD,

E,尸分别为A。，P8的中点.

(I)求证：PE1BC-,

(n)求证：平面P4B，平面PCD；

(m(II))求证：EF〃平面PCD

16.如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2>/2.PA=PB=PC=AC=4,。为4c的中点.

(1)证明：P01平面ABC；

(2)若点M在棱8C上，且二面角M-P4-C为30。，求PC与平面所成角的正弦值.

17.如图，在三棱柱48C-4BiCi中，CC[_L平面ABC,D,E,F,G分别为44「AC,&口，BB1的

中点，AB=BC=相,AC=AAX=2.

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Ci

Ai

Bi

(1)求证：4C_L平面BEF；

(2)求二面角B-CD-G的余弦值：

(3)证明：直线FG与平面BCD相交.

18.如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=272,PA=PB=PC=AC=4,。为AC的中点.

(1)证明：P01•平面A8C；

(2)若点“在棱8c上，且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.

19.如图，长方体力BCD-4B1GD1的底面ABC。是正方形，点E在棱A4上，BE1EC「

(1)证明：8E，平面EBiG；

(2)若4E=&E,AB=3,求四棱锥E-88停传的体积.

20.如图，在四棱锥P-ABCD中，PAl¥ffiABCD,AD1CD,AD//BC,PA=AD=CD=2,BC=

3.E为叩的中点，点尸在PC上，且案=去

(I)求证：CD1平面PAD；

(H)求二面角尸-AE-P的余弦值；

(皿)设点G在PB上，且第=；判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.

rB3

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21.如图，在四棱锥P—ABCD,底面48CD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面P4C1平面

PCD,PA1CD,CD=2,AD=3,

(1)设G,”分别为PB,AC的中点，求证：GH〃平面PAD；

(2)求证：PA_L平面PCD；

(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.

答案与解析

1.答案：D

解析：

本题考查了新定义，考查了棱柱的结构特征，考查线面垂直的运用，属于基础题.

根据新定义和正六边形的性质可得答案.

解：根据正六边形的性质,

当44BB1为底面矩形，有Di-AiABBi、D-A^ABB^Er-ArABBx.E-&ABB1，4个满足题意，

当月1AF&为底面矩形，有D1-A1AF&、D-A1AFF1,C^-A^FF^C-A^FF^4个满足题意,

当&4CG为底面矩形，有Di-AiACG、D-A^ACC^F1-A1ACCi.F-ACCx,4个满足题意,

当44EE1为底面矩形，有Di-4iAEEi、D-A^EE^B1-A1AEE1.B-A1AEE1,4个满足题意,

故共有16个阳马满足题意.

故选：D.

2.答案：B

解析：

本题考查二面角、线面角、异面直线所成角的大小的判断，考查空间位置关系和空间思维能力的培

养，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是难题.

作D'E_L平面ABC。于点E,ABu平面ABC£),则，4B,作O'F1AB于点F,连接EF,AE,

则WFE=。，^D/AE=”•由于A8CO是矩形，取AO边上的点G,使得GE平行AB,则AG=EF,

可得AG垂直6G.在△4D'G中，cos%=笫,在△D'EF中，cos。=言，根据三个角度关系即可得到

答案.

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解：作D'E1平面ABC£>于点E,ABu平面ABCD,

则D'E_L4B,

作D'F_L4B于点尸，连接EF,AE,

由于。'EC。'尸=

且D'E,D'Fu平面D'EF,

则AB1平面D'EF,由于EFu平面Z/EF,

故A81EF,则ND'FE即为二面角，

则RFE=9,

由于D'EJ_平面ABCD,

则NOZE即为直线4D'与平面ABC所成角，

故=e2,

由于。'尸14B.则D'F<D'A,

而sin。=篝，sin"=翳，则sinJ>sin02-

当。为锐角时，d>e2.

由于ABC。是矩形，取A。边上的点G,使得GE平行AB,则力G=EF,

四边形AFEG为矩形，且D'El4G,又GE1AG,GEnD'E=E,且都在平面D'GE中，所以4Gl面

D'GE,

则AG垂直D，G.

在△40'G中，cos。1=笫;

在4D'EF中，cos。=M.

DF

而4。'2D'F,则cos%Wcos仇

而。为锐角，

故%>e,

。24。•

故选B.

3.答案：B

解析:

本题考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，训练了二面角

的平面角的求法，考查运算求解能力，是中档题.

在等腰梯形4CEF中，过尸作FG14C于G,作EH14C于H,连接BG,DH,可得/BFG为二面角

B-EF-4的平面角，NDEH为二面角C-EF-C的平面角，由AC_L平面2G凡ACDHE,可

得二面角B-EF-。的平面角为N8FG+乙DEH,进一步求得4BFG+乙DEH=90。得答案.

解：如图,

在等腰梯形ACEF中，过F作FGJ.AC于G,作EH工4C于”,

连接BG,DH,

由矩形A8CD得，AC=2,

在梯形4CE尸中，由ZF=CE=EF,可得AG=：,FG=EH=—.

由三角形ABC为直角三角形，且4B=1,BC=a,可得4B4C=60。,

则BG=ll2+(-)2-2xlx-xi=—.

y]222

Z.AGB=90°,即BG_L4C,FGCBG=G,则4。_L平面GFB,

・・・4BFG为二面角B-EF一4的平面角,

同理可得4DEH为二面角。-EF-C的平面角，

・・・AC_L平面8GKACI5?®DHE,则二面角B—EF—D的平面角为4BFG+々DEH.

•・•△86/与4DHE均为等腰三角形,

・・・Z-BFG幽卫电乙DEH=180°-ZDHE

22

vFG//EH,GB//HD,

：•乙BGF+乙DHE=180°,

A^BFG+乙DEH=360°-C)=360-180：=90°.

22

・•・二面角B-EF-D为定值.

故选B.

4.答案：＞/2

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解析:

本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推

理能力与计算能力，属于中档题.

过点尸作PD14C,交4c于。，作PE上BC,交BC于E,过户作P0，平面A8C,交平面A8C于0,

连结OD,0C,则P。=PE=遮，从而CD=CE=0D=0E=

^22-(>/3)2=1-由此能求出P到平面ABC的距离.

解：44c8=90。，P为平面ABC外一点，PC=2,

点P到乙4cB两边AC,BC的距离均为百，

过点P作PD1AC,交AC于O,作PE1BC,交6C于E,

过P作P。_L平面ABC,交平面ABC于。，

连结。£>,OC,则PD=PE=遮，

・'.由题总得CD=CE=OD=OE=J22—=1>

PO=\/PD2-OD2=V3^I=V2.

•1.P到平面ABC的距离为a.

故答案为四.

5.答案：解：（1）证明：作ZW14C,且交AC于点H,

•••面4DFC1面ABC,面4DFCn面4BC=AC,DHu面ADFC,

•••DH1面ABC,BCu面ABC,：.DH1BC,

.•.在中，CH=CD-cos45°=—CD，

Rt/kOHC2

■■DC=2BC,CH=—CD=—•2BC=旧BC，

22

.渭=去又〃CB=45。,

△BHC是直角三角形，且NHBC=90°,

HB1BC,

又；DHu面DHB,HBu面DHB,DHCHB=H,

BC1.1^DHB,-：DBc:^DHB,.-.BCA.DB,

•••在三棱台DEF—ABC中，EF//BC,EF1DB.

(2)设BC=1,则=1,//C=V2-

^.Rt△DHC^,DH=V2-DC=2,

在Rt△DHB中,DB=y/DH2+HB2=VT+I=®

作HG1BD于G,

BCliMDHB,HGu面DHB,：.BC工HG,

而BCu面BCD,BDu面BCD,BCCBD=B,

HG1面BCD,vGCu面BCD,

：.HG1GC,HGC是直角三角形，且NHGC=90°,

设QF与面OBC所成角为。，则。即为C"与面08c的夹角,

且sin。=sinz.HCG=——半，

HCV2

•.•在Rt△OHB中，DHHB=BD-HG,

DHHBy[21y[6

AHG=----=—pr——,

BDH3

EL

.cHG云际

-'-sine=^=^=r

解析：本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质，以及直线与平面所成角的几何计算问题，考

查了空间想象能力和思维能力，平面与空间互相转化是能力，几何计算能力，以及逻辑推理能力，

本题属综合性较强的中档题.

(1)题根据己知条件，作DH14C,根据面面垂直，可得OH1BC,进一步根据直角三角形的知识可

判断出△B//C是直角三角形，且N"BC=90。，则H8J.BC,从而可证出BC1面最后根据棱

台的定义有EF〃BC,根据平行线的性质可得EF1DB；

第16页，共35页

(2)题先可设BC=1,根据解直角三角形可得BH=1,HC=V2，DH=V2，DC=2,DB=痘,

然后找到C4与面OBC的夹角即为NHCG,根据棱台的特点可知QF与面£>BC所成角与CH与面DBC

的夹角相等，通过计算ZHCG的正弦值，即可得到。尸与面D8C所成角的正弦值.

6.答案：(1)证明：不妨设。。的半径为1,贝必。=。8=0C=1,AE=AD=2,

AB=BC=CA=痘,DO=-JDA2-OA2=遮，PO=—D0=—，

62

PA=PB=PC=yJPO2+AO2=—，

2

在AP4c中，PA2+PC2=AC2,故P4_LPC,

同理可得P41PB,PBCPC=P,PB,PCu平面PBC,

：.PA1,平面PBC.

D

(2)解：以OE,。。所在直线分别为y,z轴，圆锥底面内垂直于OE的直线为x轴，建立如图所示的

空间直角坐标系。—xyz,

则有B露,0),C(一聂,0),P(0,0,f),^(0,1,0).

BC=(­V3,0,0),CE=(y,1,0),CP=(今-C分

设平面PBC的法向量为元=Qi，y】,Zi),则［史？=。，解得沱•=((),企,1),

(CP-n=0

同理可得平面PCE的法向量芯=(V2,-V6,-2V3),

由图形可知二面角B-PC-E为锐角，则3。=|^|=等,

故二面角B-PC-E的余弦值为9.

5

解析：本题考查线面垂直的证明和二面角的求法，属于中档题；

(1)求出各线段长度，用勾股定理找出垂直关系即可证明

(2)建立空间直角坐标系，求法向量即可求解.

7.答案：(1)证明：:M、N分别为BC,BiG的中点，侧面8B1GC是矩形,

.••四边形BBiNM为矩形，

•••BB1//MN,又44J/BB1，•••AAJ/MN

「底面为正三角形，N为8传1的中点

•••ArN1B1C1,又MNJ.B1G，AiNClMN=N,A、Nu平面A、AMN，

MNu平面A[AMN

•••当Q1平面A、AMN,又BiQc平面EBiC\F

•••平面A、AMN1平面EBiJF.

(2)连接PN,

••♦三棱柱上下底面平行，平面EBiGF与上下底面分别交于EF

B\C\〃EF,

•••4。〃平面EBiGF,力。u/曲源MN,平面A\AMNC平面EB'JF=PNA

：.AO〃PN,.•.四边形AONP为平行四边形

由⑴知直线BiE在平面44MN内的投影为NP

第18页，共35页

••・直线GE与平面&AMN所成的角即为BiE与NP所成的角

•.•。为正三角形的中心，.・.。村=42=：41/7,二£7:1=18。

令EF=1,则BC=B6==4。=PN=3,BE=2,则&0=|x(苧x3)=遮,故在RtAAArO

中，AAr=BB]=V6.

22

过E作EHlBiG，交/Ci于H,则在等腰梯形EFGBi中，BrH=1,B1E=JBE+BB.=V10.

在RtAEB/中，sin3EH=

•••直线BiE与平面QMN所成的角的正弦值为噜

解析：本题主要考查直线与平面平行与垂直的证明、直线与平面所成的角，属于中等题

(1)根据平行公理可证441//MN,由面面垂直的判定定理可证平面Z/MNJL平面EB1C/；

(2)由题可得直线B]E在平面&AMN内的投影为NP,则直线&E与平面4遇";7所成的角即为4E与

NP所成的角，在梯形EBiGF中计算与E与NP所成的角，可得直线&E与平面44MN所成的角的正

弦值。

8.答案：证明：(1)因为ABCD-A/iCiDi是长方体，所以BB】L平面ABCD,

而ACu平面ABCD,所以

又AB=BC,所以四边形ABC。为正方形，有力C_LBD,

又BDCBBLB,u平面BB也D,所以4c_L平面幽。避，

又EFu平面BB/iD,所以EF-LAC.

(2)取靠近4的三等分点M,连结D]M,GF,MF,ECltC/,

因为E在。上，且20E=E5，所以EO]〃4M,ELED1=AM,

所以四边形力ED】“为平行四边形，所以DiM〃/1E.

又尸在B灰上,且8尸=2尸」i，所以MF且MF=4比,

从而MF〃GD「MF=CjDi，所以四边形FMDiQ为平行四边形，

所以DiM〃尸G，所以FCJ/4E,故4E,F，G四点共面，点G在平面AE尸内.

解析：本题考查了线面垂直的判定及性质，四点共面判定等知识，属中档题.

(1)通过BBi1平面ABCD可得AC1BBi，四边形ABC。为正方形，有4c1BD,

所以4c_L平面BBi/D,进而可得EFJ.AC.

(2)通过画辅助线，可证明四边形AEQM和四边形FM2G均为平行四边形，由平行传递性可得

FCJ/AE,故4,E,F，G四点共面，点Q在平面AEF内.

9.答案：证明：

(I)•••四棱锥P-4BCD中，P4_L平面ABCD,底面ABCD为菱形,

BD1PA,BD1AC,

•••PAHAC=A,PA,ACu平面PAC,

：.BD1平面PAC.

(H)•••在四棱锥P-HBCD中，底面A8CO为菱形，/.ABC=60°,

.•.△4CD是等边三角形，

・•・E为CC的中点，

AE1CD,

•••AB//CD,

AB±AE,

PA_L平面ABCD,

PA1AE,

■：PACtAB=A,PA,ABu平面PAB,

第20页，共35页

AE_L平面PAB,

vAEu平面PAE,

.♦・平面P481平面PAE.

(HI)棱P8上存在中点凡使得CF〃平面PAE.

理由如下：分别取P8、P4的中点从G,连接C尺FG、EG,

在三角形P4B中，FG〃AB且FG=：4B,

在菱形A8CD中，E为CQ的中点，所以CE〃AB,且CE=[AB,

所以CE〃FG,且CE=FG,

即四边形CEG尸为平行四边形，

所以CF〃EG,

又CFC平面PAE,EGU平面PAE，

二CF〃平面PAE.

解析：本题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查满足线面平行的点是否存在的判断与求法，考查

空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题.

(I)推导出BD1PA,BD1AC,由此能证明BO_L平面PAC.

(H)推导出ABLAE,PALAE,从而AE1平面PA8,由此能证明平面P4B，平面PAE.

(HI)棱PB上存在中点F,分别取PB、PA的中点F、G,连接CF、FG、EG,推导出四边形CEGF

为平行四边形，所以CF〃EG,进而CF〃平面PAE.

10.答案：证明：(1)连结因为M,E分别为当8,8c的中点，

所以且ME=^BiC.又因为N为的中点，所以可。二号人山.

可得ME幺ND，因此四边形MNCE为平行四边

形，

MN//DE.又MNC平面GDE,

所以MN〃平面GDE.

(2)(方法一)：过C做GE的垂线，垂足为H.

由已知可得DE18C,DEJ.CG.所以OEJ,平面CGE,

故DEJ.CH,从而「〃_L平面CDE,故CH的长即为点C到平

面GDE的距离.

由已知可得CE=1,CG=4,所以QE=V17,故CH=等.

(方法二)：设点C到平面GCE的距离为心由已知可得％L0EC=

KS-CJDE，

11

1Z1..1-fiAO

V^-DEC=-OADEC•=---4-2'I-SlUbU=——，

<)«5/«5

222

Vc-jDE~3CiDE.mC1E=Vl+4=y/17，DE=02?+I—2•1•2cos6(1=»DC1=

V424-22=2①，

22

可得：CrE+DE=故△GDE为直角三角形，

SAQDE=扣后•GE=♦技田=亨,

综上可得h=笺蕾=岑，即为点C到平面GDE的距离.

解析：本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的

位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题.

(1)连结B1GME,证明四边形MNQE为平行四边形，MN//DE,DEu平面QOE,MN<t平面CXDE,

证得时N〃平面GDE.

(2)方法一：做GE的垂线C”，利用勾股定理求得点C到平面GDE的距离；

方法二：利用等体积法，转换顶点，先求得三棱锥Q-OEC的体枳，再表示出三棱锥C-GDE

的体积，体积相等，求出点C到平面GCE的距离；

11.答案：方法一：

证明：(I)连结为E,&A=&C,E

是AC的中点，

•••A^E1AC,

又平面&ACC1_L平面ABC,ArEu平

面44CC1，

平面44CGn平面ABC=AC,

平面ABC,_LBC,

,:A、F"AB,乙4BC=90。，BC14F,

BC1平面&EF,EF1BC.

第22页，共35页

解：（11）取8（：中点6,连结EG、GF,则EGF41是平行四边形,

由于&E_L平面A8C,故A1E1EG,

•••平行四边形EGF&是矩形，

Etl(I)得8c1_平面EG凡41,

则平面4BC1平面EGF4,

•••EF在平面&BC上的射影在直线41G上，

连结&G,交E/于。，则“0G是直线"与平面&BC所成角（或其补角）,

不妨设AC=4,则在RtaAiEG中，ArE=2V3，EG=V3,

"0是4G的中点，故EQ=0G=

£。2+。62-"23

■■cosZ.EOG-9

2XE0X0G5

・••直线所与平面4凤所成角的余弦值为|.

方法二:

证明：（I）连结&E,•.•&4=AiC,E是AC的中点,

:.ArE1AC,

又平面44CGJL平面ABC,AXEu平面4力CG，

平面&4CC1n平面ABC=AC,

AiE，平面ABC,

如图，以E为原点，EC,E%所在直线分别为y,z轴，建立空间直角坐标系，

设4c=4,则4（0,0,2V3），B（6,1,0）,当（低3,2次），F（亨,|,2遍），C（0,2,0）,

前=（今|,2圾，66=（-73,1,0），

由品•瓦1=0）得EF1BC.

解：（口）设直线E尸与平面&BC所成角为0,

由（I）得就=（-73,1,0）.砧=（0,2,-2V3）,

设平面&BC的法向量元=（x,y,z）,

则取』'得I'）,

.nFF-n4

・•・stnd=;=,二,=一,

\EF\\n\5

.♦・直线EF与平面&BC所成角的余弦值为|.

解析：本题考查空间线面垂直的证明，三棱锥体积的计算.要证线面垂直，需证线线垂直，而线线

垂直可以通过平面中的勾股定理、等腰三角形的性质等来证明，也可以通过另外的线面垂直来证

明.求三棱锥的体积经常需要进行等积转换，即变换三棱柱的底面.

法一：

(I)连结为E,则力iE1AC,从而&E_L平面ABC,4E1BC,推导出BC1&F,从而BC，平面&EF

由此能证明EF1BC.

(口)取8c中点G,连结EG、GF,则EGF4是平行四边形，推导出&E1EG,从而平行四边形EG凡包

是矩形，推导出BC_L平面EGF&,连结&G,交EF于0,贝叱E0G是直线EF与平面&BC所成角(或

其补角)，由此能求出直线EF与平面4BC所成角的余弦值.

法二：

(1)连结2遂，推导出&E_L平面ABC,以E为原点，EC,E41所在直线分别为y,z轴，建立空间

直角坐标系，利用向量法能求出直线EF与平面&BC所成角的余弦值.

12.答案：(1)证明：由已知可得4D〃BE,CG//BE,即有40〃CG,

则4D,CG确定一个平面，从而4,C,G,。四点共面；

由四边形ABEQ为矩形，可得

住【△ABC为直角三角形，可得AB1BC,

又BCnBE=E,BCu平面BCGE,BEu平面BCGE,

可得48，平面BCGE,

ABu平面ABC,可得平面4BC1平面BCGE；

(2)解:连接BG,AG,

由力B_L平面8CGE,BGu平面BCGE,可得4B1BG,

在△BCG中，BC=CG=2,A.BCG=120°,可得BG=2BCs讥60。=2b,

可得AG=7AB2+BG2=V13,

在△力CG中，AC=V5，CG=2,AG=V13-

可得cos"CG=翳亲=一a,即有sin/ACG=春,

由(1)可得：AD〃CG且AD=CG=2,

所以四边形ACGQ为平行四边形，

则平行四边形ACGD的面积为2xbx专=4.

解析：本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，考查平行和垂直的判断和性质，注意运用平面

几何的性质，考查推理能力，属于中档题.

(1)运用空间线线平行的公理和确定平面的条件，以及线面垂直的判断和面面垂直的判定定理，即可

得证；

第24页，共35页

(2)连接8G,AG,由线面垂直的性质和三角形的余弦定理和勾股定理，结合三角形的面积公式，可

得所求值.

13.答案：证明：⑴长方体-中,BQ_L平面止B%4i，

BEu平面二BCJ.BE,

BE1EG，

B1C1nEC1=C1,B1C1,EC1u平面EBiG,

BE1平面EBiQ

解：(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设4E=4iE=1,则BBi=2,

­­•BE_L平面EBiG，EB、u平面EBZi，

•••BE1EBi，又BE=EBi=伍

AB=1,

则E(l,l,1),4(1,1,0),当(0,1,2),

G(0,0,2),C(0,0,0),

BC•L平面ABB[?1],EB[u平面BC_LEB1,

•:BEA.E且BCnBE=E,BC,BEu平面EBC,

EBi1平面EEC,

故取平面EBC的法向量为沅=西=(一1,0,1),

设平面ECG的法向量五=(x,y,z),

由陌=0,得知

In-CF=0(.X+y+z-U

取x=l,得元=(1,-1,0),

,一一、mn1

・•・cos<m,n>=——=

I网Ml2

••・二面角B-EC-Ci的正弦值为当

解析：本题主要考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面

间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题.

⑴推导出BiQ_LBE,BE1EQ,由此能证明BE1平面EBiQ

(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B-EC-G的正

弦值.

14.答案：(1)证明：由余弦定理得4c2=AB2+BC2-2AB-BC^^ABC

=4+4+4=12,

所以4c=2V3.

vAtA1平面ABC,B[B1平面ABC,ABu平面ABC,

:.AA、IIBB1,AB±

vAA1=4,BB〜=2,AB=2,

A1B1=J(48)2+_B&)2=2V2，

又A%=y/AB2+BBl=2V2.

AAl=AB^+A1Bl，

・•・AB114避1，

2222

ACr=AC+CC/=13,BiC/=BC+(BB1-CQ)=5,

即AC/=ABl+

即AB11BQ,

又A[B[C=8[，B]Gu平面AiBiG,

AB^_L平面

(2)解：取AC中点O,过O作平面ABC的垂线O。，交41cl于。，

vAB=BC,：,OB1OC,

以O为原点，分别以。8,OC,0。所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所示：

则4(0,-6,0),5(1,0,0),当(1,0,2),6(0,71,1),

：.AB=(l,V3,0)>西=(0,0，2),温=(0,2低1),

第26页，共35页

设平面ABB1的法向量为五=(x,y,z),则伊,布=°

"h瓯=0"

二fe”!'=°,令丫=1可得记=（―‘°）,

273V39

2X-713-13

设直线AC］与平面ABB］所成的角为6,则s加0二cues/It.AC\：*.

.♦.直线AC］与平面力BB1所成的角的正弦值为粤.

解析：本题主要考查了线面垂直的判定定理，线面角的计算与空间向量的应用，考查计算能力与空

间想象能力，属于中档题.

(1)利用勾股定理的逆定理证明14/1，ABr1BiG，从而可得JL平面48停1；

(2)以AC的中点为坐标原点建立空间坐标系，求出平面ABB1的法向量五，计算完与福*夹角的余弦值

即可得出线面角的正弦值.

15.答案：证明：(I)P4=PD,E为A力的中点，可得PE14D,

底面A8CQ为矩形，可得BC〃AD,

则PE1BC

(口)•.•底面ABC。为矩形，

AB1AD.

•.•平面PAD1平面4BC。，平面PA，〕平面AD

AB1平面PAD.

•：PDC平面PAO

•••AB1PD.

又；42120,且」1/7C平面P4B,APC平面PAB,ABflAP=A,

PD，平面PAB,

又PDu平面PCD

平面P4B1平面PCD.

(HI)如图，取PC中点G,连接尸G,GD.

p

F,G分别为尸8,PC的中点，

FG//BC,且FG=1BC

•••四边形48CQ为矩形，且E为AO的中点，

ED//BC,DE=^BC,

OE〃FG,且ED=FG,.•.四边形EFG。为平行四边形，

EF〃GD.又EF不在平面PCD内，GD不在平面PCD内，

EF〃平面PCD.

解析：本题考查线面和面面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质，以及面面垂直的判断

和性质，注意运用转化思想，考查推理能力和空间想象能力，属于中档题.

(I)由等腰三角形的三线合一性质和矩形的对边平行性质，即可得证；

(H)作出平面尸A8和平面PC。的交线，注意运用公理4,再由面面垂直的性质和两个平面所成角的

定义，即可得证；

(HI)取PC的中点〃，连接力H,FH,运用中位线定理和平行四边形的判断和性质，结合线面平行的

判定定理，即可得证.

16.答案：(1)证明：连接B0,

•••AB=BC=2V2,。是AC的中点，

BO1AC,且B0=2,

又P4=PC=PB=AC=4,

PO1.AC,PO=2V3.

则PB2=PO2+B02,

则P。1OB,

•••0BOAC=0,OBu平面ABC,ACu平面ABC,

PO，平面ABC；

(2)建立以。坐标原点，OB,OC,OP分别为无，y,z轴的空间直角坐标系如图：

第28页，共35页

z

4(0,-2,0),P(0,0,2V3),C(0,2,0),8(2,0,0),

BC=(-2,2,0),

设前=4配=(-24,2/1,0),0<2<1,

则丽-BM-BA=(-2A,22,0)-(-2,-2,0)=(2-22,22+2,0)，

则平面PAC的法向量为沆=(1,0,0),

设平面MPA的法向量为日=(xj,z),

则方=(0,-2,-25/3)>

则(五•TA=-2y-2y/3z=0

'{n-AM=(2-2A)x+(2A+2)y=0'

令z=1,则丫=_百，x=

1-A

即元=(今苧，一悔1),

•.,二面角M-PA-C为30。，

c°s30。=%生=在

I利宿2，

q+i)6r

即gn——】,I-----=-2,

解得；I=：或;I=3(舍)，

则平面MPA的法向量元=(2V3,-V3,1)>

PC=(0,2,-2V3).

PC与平面PAM所成角的正弦值sin。=|cos<PC，n>\=|等咎|=延=乌

1IV16-V16I164

解析：本题主要考查空间直线和平面的位置关系的应用以及二面角，线面角的求解，建立坐标系求

出点的坐标，利用向量法是解决本题的关键.

(1)利用线面垂直的判定定理证明P。1AC,P01OB即可；

(2)根据二面角的大小求出平面尸AM的法向量，利用向量法即可得到结论.

17.答案：(1)证明：•：E,尸分别是AC,4G的中点，

•••EF/fCCr，

VCCj平面ABC,

EF1平面ABC,

又4cu平面ABC,

EF1AC,

"AB=BC,E是AC的中点，

•••BE14C,

又BEnEF=E,BEu平面BEF,EFu平面BEF,

AC，平面BEF；

(2)解：由(1)可知，EFLAC,BE1.AC,EF_L平面ABC,

又BEu平面ABC,

EF1BE,

故以E为原点，以EB,EC,EF为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图所示:

则8(2,0,0),C(0,l,0),£)(0,-1,1).

•••BC=(-2,1.0),CD=(0,-2,1)>

设平面BCO的法向量为布=(x,y,z),

njH(n-SC=0即厂2x+y=0

贝%.而=。'叫-2y+z=。，

令y=2,可得元=(1,2,4),

又EF1BE,BELAC,

S.EFnAC=E,EFu平面ACCiAi,ACu平面,

EB1,平面4CC141，

EB=(2,0,0)为平面CDQ的一个法向量，

cos<n,TB>—/,竺：-4———,

|n||EB|VHX221

由图形可知，二面角B—CD—G为钝二面角，

•••二面角B-CD-&的余弦值为一等；

第30页，共35页

(3)证明：F(0,0,2),G(2,0,1),

•••FG=(2,0,-1),

•••FG•元=2+0—4=-240，

而与记不垂直，

•••FG与平面BCD不平行，

又FG，平面BCD,

•••FG与平面SCO相交.

解析：本题考查了线面垂直的判定，利用空间向量求二面角，空间中直线和平面的位置关系，属于

中档题.

(1)证明EF1AC,BE1AC,即可得出AC1平面BEF；

(2)建立空间直角坐标系，进行求解即可；

(3)根据题意，利用空间向量即可得解.

18.答案：(1)证明：连接OB

vAB=BC=2V2,AC=4,AAB2+BC2=AC2,即△ABC是直角三角形,

又O为AC的中点，••・04=0B=0C,

又•••PA=PB=PC,

POA=h.POB三4POC,

/.POA=乙POB=乙POC=90°,

POVAC,PO1OB,OBCtAC=0,OB、ACABC,

PO，平面ABC；

(2)解：由(1)得P。1平面ABC,PO=>JPA2-AO2=25

在△COM中，N0CM=45。，

0M=VOC2+CM2-2OC-CMcos450=—.

3

S〉POM=3xP。xOM=Ix2^3x苧=哼

S&COM=2XX$△力8c=3-

=

设点C到平面POM的距离为d.由Vp_oMc^C-POM=]xS^POM，d=]xS^0CMxPO,

解得d=延，

5

•••点C到平面POM的距离为延.

5

解析：本题考查了空间线面垂直的判定，等体积法求距离，属于中档题.

(1)证明：^^AB2+BC2=AC2,即△4BC是直角三角形，又POAW&POBm4PoC,可得NP04=

乙POB=Z.POC=90°,即可证明P。1平面ABC；

(2)设点C到平面POM的距离为d.由Vp_0MC=^C-POM=7xS&POM，d=§x^AOCMXPO,解得4即

可.

19.答案：解：(1)证明：由长方体ABC。-AiBiGDi，可知

BiG，平面ABBiAi，BEu平面力BB1&,

:.B1cl1BE,

vBE1EC19BiGnEG=Ci，B1C1,EC\u平面EBiG，

・・・BE_L平面EBiG；

(2)由(1)知BE，平面EB1c1，

vB]Eu平面EBiG，

・•・B1E±BE,

・・・乙BEB、=90°,由题设可知Rt△ABE三R£△A^E,

・•・Z-AEB=Z-A1EBY=45°,

・•・AE=AB=3,AA1=2AE=6,

・・,在长方体力BCD-418TQDi中,44i〃平面881clC,EEAAlfAB1平面BB1c】