高中数学《点线面的位置关系》训练30题（含解析）

高中数学《点线面的位置关系》专题训练30题(含解析)

1.如图，在三棱锥中，平面平面BCD,AB=AD,。为8。的中点.

(1)证明：OA1CD；

(2)若AOCD是边长为1的等边三角形，点E在棱4。上，DE=2EA,且二面角E-8C-D的大小为45。，求

三棱锥A-BCZ)的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)立.

6

【解析】

【分析】

(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；

(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.

【详解】

(1)因为AB=A£>,O是8。中点，所以。

因为OAu平面AftD,平面ABDJ_平面BCD,

且平面A8£)c平面3c7)=3£),所以OA_L平面BCD.

因为COu平面BCD,所以O4，C£>.

(2)［方法一］:通性通法T标法

如图所示，以。为坐标原点，。4为z轴，。。为y轴，垂直。。且过。的直线为x轴,建立空间直角坐标系O-Ayz,

则C亭,;,0),£>(0,1,0),8(0,-1,0),设A(0,0,⑼,旦。,；,》)，

C

所以丽=（0,-*-|机）,就=（乎1,0）,

设。=（x,y,z）为平面E8C的法向量，

EB.万=02

则由八可求得平面EBC的一个法向量为力=（-石,1,）.

ECn=Om

又平面58的一个法向量为）=（0,0,，"），

所以COSG，OA）=|---J-1=4,解得机=L

rv4+^l

又点C到平面池的距离为立，所以匕BCD=VCA8D=lxlx2xlx^=^l,

2八一Lic3226

所以三棱锥A-8。的体积为

6

［方法二］【最优解】：作出二面角的平面角

如图所示，作垂足为点G.

作GF_LBC,垂足为点尸，连结“，则。4〃EG.

因为。4,平面8c。，所以EGJ•平面8C。,

DEFG为二面角E-8C-D的平面角.

因为NEFG=45。，所以EG=FG.

由己知得OB=O£>=1,故O3=OC=1.

又NOBC=NOCB=30°,所以8c=6.

24222

因为6。=一,68=—,F6=—€7)=-,£＜；=—,04=1,

33333

V

4-Bco=1^ecflxC»A=1x2S4BOCxOA=1x2x(lx^xlxl)xl=-^-.

33JZZO

［方法三］:三面角公式

考虑三面角B-EDC,记NEBD为«,NEBC为P,ADBC=30°,

记二面角E-8C—3为凡据题意，得。=45。.

对夕使用三面角的余弦公式，可得cos夕=cosa-cos30。，

化简可得cos夕=^-cosa.①

试卷第2页，共58页

使用三面角的正弦公式，可得sin〃="3，化简可得sin笈=&sinc.②

sin”

将①②两式平方后相加，可得gcos2c+2sin2a=1,

4

由此得sin?a=-cos2a,从而可得tana=±，.

42

IF]

如图可知ae(O=),即有tana=彳，

22

4

根据三角形相似知，点G为。。的三等分点，即可得3G=§,

结合a的正切值，

可得EG=弓,。4=1从而可得三棱锥A-BCD的体积为正.

【整体点评】

(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数

化，适合于复杂图形的处理；

方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的

认识，该法为本题的最优解.

方法三:三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、

迅速.

2.如图，四边形A8C£>为矩形，且A£>=2,A8=1,PA_L平面ABC。，P4=l,E为8C的中点.

(1)求证:PE_LDE；

(2)求三棱锥C-PDE的体积；

(3)探究在承上是否存在点G,使得EG||平面PCO,并说明理由.

【答案】(1)见解析；(2)(3)见解析.

O

【解析】

【分析】

(1)连结AE,由几何体的空间结构可证得。平面PAE,利用线面垂直的定义可知

⑵由⑴知AZJCE为腰长为1的等腰直角三角形，结合题意转化顶点可得心的=

O

⑶在以上存在中点G,使得EG//平而PCD.取PAPD的中点G,〃,连结EG,GH,CH.易证得四边形EGHC是平

行四边形，所以EG//C”,结合线面平行的判断定理可知EG//平面PCD.

【详解】

⑴连结为BC的中点,EC=C£>=1,

；•ADCE为等腰直角三角形，

则/DEC=45,同理可得ZAEB=45。,，ZAED=90,­'•DELAE,

又PA_L平面A3CD，且DEu平而48。,APAYDE,

XVAEr>PA=A,：.DE±平面PAE,又PEu平面PAEDELPE.

(2)由(1)知ADCE为腰长为1的等腰直角三角形，

•,­&DC£=；xlxl=g,而丛是三棱锥P-DCE的高，

•，,^C-PDE=^P-DCE=2^ADCE=^,

⑶在丛上存在中点G,使得EG//平面PCD理由如下：

取PA,PO的中点G,，，连结EG、GH,CH.

G,H是PA,PD的中点，G”//A。,且GH=gA£>,

又因为E为BC的中点，且四边形ABC。为矩形，所以EC//AD,S.EC=^AD,

所以EC//GH,且EC=GH,所以四边形EG”C是平行四边形，所以EG//CH,

又EGN平面PCRCHu平面PCD,所以EG〃平面PCD.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题的处理方法等

知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

3.如图，在三棱锥产一A8C中，AB=BC=2日PA=PB=PC=AC=4,。为AC的中点.

试卷第4页，共58页

（1）证明：PO_L平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且二面角M-H-C为30°,求尸C与平面P4M所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）也.

4

【解析】

【分析】

（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC,再通过计算，根据勾股定理得尸。垂直。8,最后根据线面垂直判定

定理得结论；

（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面以M一个法向量，利用向量数量积求

出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得例坐标，再利用向量数量积求得向

量PC与平面以M法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果.

【详解】

（1）因为AP=CP=AC=4,。为AC的中点，所以OP_LAC,且OP=2上.

连结OB.

因为AB=BC=正AC,

2

所以AABC为等腰直角三角形,

且OB_LAC,OB」AC=2

2

由OP-+OB-=PB1知POLOB.

由OP_L08,OP，AC知PO_L平面ABC.

（2）如图，以。为坐标原点，砺的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系。-DZ.

由已知得0(0,0,0),8(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),尸(0,0,2石)，衣=(0,2,2我

取平面PAC的法向量08=(2,0,0).

UUUL

设M5,2-a,0)(0<a<2),则AA/=(a,4-a,0).

设平面RV0的法向量为后=(x,y,z).

,—.---\2y+2Gz=0

由AP•万=0,AM•方=0得(,，

ar+(4-tz)y=0

可取2万=(屈I-4),瓜i,-a)

所以cos〈丽1〉=/26(：-4).由已知得cos{14”〉=苴

2V3(a-4)2+3a2+a22

2V3|a-4|y/34

所以2描-4)2+3/+广彳•解得。7(舍去)‘

.(8734734)

所以〃十丁，亍,F.

又PC=(0,2,-2百)，所以cos〈PC,元〉.

4

所以PC与平面所成角的正弦值为如.

4

【点睛】

利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求

坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

4.如图，在三棱锥S-ABC中，平面SBC_L平面ABC,SB=SC=AB=AC=42,BC=2,若。为BC的中点.

试卷第6页，共58页

(1)证明：SO_L平面ABC；

(2)求异面直线A8和SC所成角；

(3)设线段SO上有一点M,当4W与平面S45所成角的正弦值为叵时，求OM的长.

15

jr1

【答案】⑴证明见解析；(2)y(3)-.

【解析】

【分析】

(1)先证明平面SBCJ•平面ABC,再证明5。J_平面ABC；(2)分别以OB,OA,0C为x轴，V轴，z轴的

非负半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线A8和SC所成角；(3)设“(0,0"),(re[0,1]),利用

向量法得到g=J：",，解方程即得t的值和OM的长.

1573.7177

【详解】

(1),:SB=SC,BO=OC,

：.SOIBC,

平面SBC±平面ABC,

平面S8CI平面"C=BC,

SOu平面SBC,

SO_L平面ABC.

(2),:SB=SC=AB=AC=五,BC=2,

：.BSrCS,BArCA,

如图，分别以OB,OA,OC为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，

VA(0,l,0),B(1,0,0),S(0,0,l),C(-l,0,0),

UUUULI

AB=(l,-l,0),SC=(-l,0,-l),

iuunuu'i

I/umuiTvIAB-5Cjj

Vcos(AB,SC)=]Uti\=­7=--r==—,

1\/I\AB\-\SC\近•近2

.•.异面直线A8和SC所成角为不TT

VAB=(1,-1,O),SB=(1,O,-1),

[a-b=G一/、

：.\八，即〃z=(l,U),

[a-c=O'/

设M((w),(re[0,1]),

uuu

/.AM=(0,-1,r),

设与平面SAB所成角为e,

IITUUU|

I/ITUUUT\|"

*/sin0-cos(m,AM)=叫|UutT[,

।'〃网.4M

...而；IT

•,15G.J1+-'

6+6r2=15(r-2r+l),

3产―107+3=0,

(r-3)(3f-l)=o,

r=3(舍)，t=-,

3

OM的长为;.

【点睛】

本题主要考查空间直线和平面位置关系的证明，考查异面直线所成的角和线面角的计算，意在考查学生对这些知

识的理解掌握水平和分析推理计算能力.

5.如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2丘,PA=PB=PC=AC=4,。为AC的中点.

(1)证明：PO_L平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，且MC=2MB,求点C到平面RW的距离.

试卷第8页，共58页

【解析】

【详解】

分析：（1）连接。8,欲证PO_L平面ABC,只需证明POJLAC,POL08即可；（2）过点C作CH_LOM,垂足

为M，只需论证C"的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.

详解：（1）因为AP=CP=AC=4,0为AC的中点，所以OPLAC,且0P=2G.

/71

连结。民因为AB=BC=X^AC,所以AABC为等腰直角三角形，OBLAC,0B=~AC=2.

22

由OF+OB?=「"2知，OPJ_O8.

由OP_LOB,OPJ_AC知PO_L平面ABC.

（2）作CH_LOM,垂足为”.又由（1）可得OPJ_C〃，所以C”,平面POM.

故CH的长为点C到平面POM的距离.

由题设可知0C=；AC=2,CM=^BC=^-,ZACB=45°.

所以0M=空,cH=/MCWmZACB二还

3OM5

所以点C到平面尸0M的距离为生叵.

5

点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是

能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.

6.如图，直四棱柱ABCD-4B/C/。/的底面是菱形，AA1=4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,

A/£)的中点.

(1)证明：MN〃平面CIDE；

(2)求点C到平面C7Z)E的距离.

【答案】(1)见解析；

⑵"

17

【解析】

【分析】

(1)利用三角形中位线和4以劣。可证得〃现少。，证得四边形MVDE为平行四边形，进而证得

根据线面平行判定定理可证得结论;

(2)根据题意求得三棱锥G-C0E的体积，再求出ACQE的面积，利用%皿=%一衿求得点C到平面GCE的

距离，得到结果.

【详解】

(1)连接ME,8c

■：M,E分别为8用，BC中点为△及BC的中位线

试卷第10页，共58页

ME//B'C且ME=aB0

又N为AC中点，且:.NDllBg且ND=；Be

AMEHND，四边形MNDE为平行四边形

:.MNUDE,又MN.平面CQE,£>Eu平面CQE

.•.用囚//平面^£)£■

(2)在菱形ABC。中，E为BC中点，所以£>E_L8C,

根据题意有。E=6，G£=J万，

因为棱柱为直棱柱，所以有DEL平面8CGA，

所以。ELEC.所以=gx6xjl7,

设点C到平面C0E的距离为"，

根据题意有Vc、-a>E=K--C,DE>则有—X—x->/3xx/F?xt/=—X—xlx5/3x4,

解得一邛，

V1717

所以点c到平面GOE的距离为笔.

【点睛】

该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程

中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是

文科生常考的内容.

7.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面A8CO,

AB=BC=^AD,ABAD=NABC=90。，E是p。的中点.

(1)证明：直线CE〃平面R4B；

(2)点M在棱PC上，且直线与底面ABC。所成角为45。，求二面角M-A5-。的余弦值.

p

【解析】

【详解】

试题分析：（1）取摩的中点F,连结EF,BF,由题意证得CE〃BF,利用线面平行的判断定理即可证得结

论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：而=（0,-后,2）,n=（0,0,1）,然后利用空间向量的相关结

论可求得二面角的余弦值为典.

5

试题解析：（1）取R4中点F，连结EF,BF.

因为E为的中点，所以斯〃4）,£：尸=34。,由/84£）=/4比；=90。得3。〃/1。，又8C=；A。

所以EF%C.四边形8CE尸为平行四边形，CEHBF.

又BFu平面尸A8,。£：二平面「48,故CE〃平面PA8

（2）

由已知得54,4）,以A为坐标原点，阳的方向为x轴正方向，|而|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标

系A-xyz,则

则A（0,0,0）,8（1,0,0）,C（l,1,0）,尸（0,1,⑹，

PG=（1,0,-石），通=（1,0,0）则

BM=（x-Ly,z）,PM=fx,y-1,z-G）

试卷第12页，共58页

因为BM与底面ABCD所成的角为45。，而5=(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以

|cos(W,n)|=sin45%而冶

BP(x-1)2+y2-z2=0

又M在棱PC」二，设PM=APC,则

x=4,y=1,z=>/3—出入

x=l+也

x=l---

22

由①，②得，y=l(舍去卜y=i

瓜戊

z=----Z=——

22

所以M1-*,1,*,从而AM=1-等si，等

7

设〃2=卜0，丫0*0)是平面ABM的法向量，则

m-AM=0(2-0bo+2yo+痘°=0

_即niI4

/77-AB=0X。=°

一_/----\nvnyflO

所以可取机=(0,-#,2).于是cos(〃?,〃六丽=—

因此二面角M-AB-D的余弦值为典

5

点睛：(1)求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运

算，要认真细心、准确计算.

m-n

(2)设m,n分别为平面a,£的法向量,则二面角。与<m,n>互补或相等，故有|cos0|=|cos<m,11>|=同不,求

解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

8.如图，在四棱锥中，AB〃CQ,且/BAP=/CO尸=9(T.

(1)证明：平面办B_L平面出Q；

(2)PA=PD=AB=DC,ZAP。=90,求二面角A-P8-C的余弦值.

【答案】(1)见解析；(2)-昱.

3

【解析】

【详解】

(1)由已知/B"=/C£＞尸=90°,得CDLPD.

由于AB〃C。，故48_LPZ),从而A3_L平面B4O.

又ABu平面所以平面附8_L平面B4ZX

(2)在平面PAO内作PF_LA£),垂足为F,

由(1)可知，A8_L平面上4£),故尸，可得PfJ•平面ABCD

以F为坐标原点，包的方向为x轴正方向，|而|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F-qz.

由(1)及已知可得AB一,1,0,C--,1,0

I2J22

试卷第14页，共58页

所以定=(-日,1,-曰］,CB=(>/2,0,0),⑸=(等,0「等］,荏=(0,1,0).

设。=(x,y,z)是平面尸C3的法向量，则

/丘

n-PC=0,即，2z=0,

n-CB^O,友x=0,

可取为=(0,-1,一夜).

设玩=(x,y,z)是平面PA8的法向量，则

［V2夜

m-PA=0,

BPTA-T"可取比=(i,o,i).

m-AB=0,

,y=o.

则cos伍m)=胃与=一"，

所以二面角4-尸3-。的余弦值为-1.

3

【名师点睛】

高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：

①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；

②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；

③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.

9.如图，长方体A8CD-A/BQD的底面ABCD是正方形，点E在棱AA/上，BE±ECi.

(1)证明：BE，平面ESC/；

(2)若AE=A/E,求二面角3-EC-G的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)同

2

【解析】

【分析】

(1)利用长方体的性质，可以知道与a_L侧面AgBA,利用线面垂直的性质可以证明出这样可以

利用线面垂直的判定定理，证明出Ml平面EB£；

(2)以点8坐标原点，以BC,BA,网,分别为x，V，z轴,建立空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为a,B、B=b,

求出相应点的坐标，利用8ELEG，可以求出。力之间的关系，分别求出平面EBC、平面ECG的法向量，利用

空间向量的数量积公式求出二面角B-EC-G的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角

B-EC-G的正弦值.

【详解】

证明(1)因为48CO-ABC。是长方体，所以4GJ•侧面A瓦BA,而BEu平面AB田4,所以8c

又BELEG，B£cEq=a，B£,EGu平面EB£,因此平面防心；

(2)以点B坐标原点，以阮，丽,西分别为％y,z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

3(0,0,0),C(a,0,0),C,(a,0,b),E(0,a,9，

因为BELEG，所以屁・南■=0n(0,a,2).(a,-J)=0n-〃2+C=0n〃=2a,

224

所以E(0,a,a),EC=(a,-a,-a),CC,=(0,0,2a),BE=(0,«a),

设机=(X[,y,Z])是平面BEC的法向量，

试卷第16页，共58页

m•BE=。,一aIy.+a-z.=0n,iJF

所以

inEC=O.

设〃=(W，%，Z2)是平面EC。1的法向量,

n-CCj=0,n2az『°，-⑼,

所以

n-EC=0.[ax2-ay2-az2=0.

I___l_

二面角B-EC-G的余弦值的绝对值为

&x拒-2

所以二面角B-EC-G的正弦值为

【点睛】

本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函

数关系，考查了数学运算能力.

10.如图，四棱锥P-ABCO的底面是矩形，底面ABCO,〃为BC的中点，且尸

(1)证明：平面RU/_L平面

(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)正.

3

【解析】

【分析】

(1)由底面ABC。可得P£>_LAA/,又依_LA/W,由线面垂直的判定定理可得AMJ_平面尸8£),再根据面

面垂直的判定定理即可证出平面■平面P皮)；

(2)由(1)可知，AM±BD,由平面知识可知，.DABfABM,由相似比可求出A£),再根据四棱锥P-ABCD

的体积公式即可求出.

【详解】

(1)因为叨，底面ABC。，AMu平面ABCD,

所以

又PBRPD=P,

所以AMJ_平面尸&),

而A"u平面RIM,

所以平面RU7J■平面尸8£>.

(2)［方法一］:相似三角形法

由(1)可知AM_L80.

十目4/AOAB

于ZEAABD^ABMA,故——=——.

ABBM

因为BM=gBC,AO=8C,AB=l,所以(BC2=1,即8c=夜.

故四棱锥尸一ABC。的体积V=jAB-8C-PD=正.

33

［方法二］:平面直角坐标系垂直垂直法

由(2)知所以心

建立如图所示的平面直角坐标系，设BC=2a(</>0).

因为DC=1,所以40,0),5(1,0),。(0,2“)，M(l,a).

2

从而k11M-kHI)=x之：:=。x(-2a)=-2a=-1.

1-UU—1

所以。=孝，即。A=拒.下同方法一.

［方法三］【最优解】：空间直角坐标系法

建立如图所示的空间直角坐标系。-召z,

试卷第18页，共58页

z

设IDA0,所以0(0,0,0),C(0,l,0),P(0,0,l),A(r,0,0),即JO).

所以PB=(M,-1),丽=(一；/,0).

所以P反而=f1_g)+lxl+Ox(_l)=_/+l=O.

所以f=&,BP|DA|=V2.下同方法一.

［方法四］:空间向量法

由P8_LAW,得丽.而0=0.

所以(而+方X+而)•丽/=0.

^PD-7M+DAAM+ABAM=O.

又底面A8CD,AM在平面A8CZ)内，

因此PD_LAM,所以丽・丽7=0.

所以方•丽7+福•丽7=0，

由于四边形A8C。是矩形，根据数量积的几何意义，

得一;I砺F+I通f=o,即一;|mF+i=o.

所以|肥|=&,即8C=应.下同方法一.

【整体点评】

(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；

方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；

方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长，为最常用的通性通法，为

最优解；

方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.

11.如图，已知三棱柱ABC-A/B/G的底面是正三角形，侧面BB/C/C是矩形，M,N分别为BC,B/C/的中点,

P为AM上一点，过B/G和P的平面交4B于E,交AC于F.

(1)证明：AA1//MN,且平面A/AMN_LEB/C/F；

(2)设0为△A/小。的中心，若A0〃平面EB/GF,且AO=AB,求直线8/E与平面A*MN所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)眄.

10

【解析】

【分析】

(1)由M,N分别为8C,的中点，MN//CC,,根据条件可得4人"BB、,可证MN//AA,,要证平面EB£F1

平面AAMN,只需证明防，平面AAMN即可；

(2)连接NP,先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得EP,在8C截取B|Q=EP,由(1)BC1

平面AAMN,可得NQPN为瓦£与平面AAMN所成角，即可求得答案.

【详解】

(1)・•,M,N分别为BC,BC的中点，

二MNHBB、,

又AAJIBB],

MN//AA,,

在△ABC中，/为3C中点，贝l」8C_LAM,

又・.・侧面阴G。为矩形，

BC1BB1,

•/MNIIBB、,

试卷第20页，共58页

MNIBC,

由M/VcAW=〃，MN,AMu平面AAMN,

BCJ•平面AAMN,

又：EC〃BC,且B©<z平面ABC,BCu平面ABC,

，用G〃平面ABC,

又：B£u平面EB£F，且平面ESC/c平面ABC=EF

:.BXCJ/EF,

EFUBC,

又•.•BC,平面AAMN,

AEF_L平面AAMN,

•.•EPu平面EgG尸，

平面EB。/，平面AAMN.

(2)［方法一］:几何法

如图，过。作8c的平行线分别交A%AC于点g,耳，联结4昂AO,A耳NP,

由于AO〃平面EBgF,E£〃平面E86尸，AO［｝EXF^O,

AOu平面力用耳，平面4片耳，所以平面Ag£//平面E4GF.

又因平面A£耳D平面例8/=Ag,平面EBC尸C平面所以Eg〃AE-

因为4G，AN,BG工MN,ANCMN=N,所以片C|_1_面44可〃.

又因巴耳〃乌G，所以面AANM,

所以AE与平面AAMW所成的角为N片40.

22

令AB=2,则柳1=1,由于。为△A4G的中心，故。片=耳冲|=耳.

2

在Rt^AE,O中，AO=AB=2、0E、=—,

3

由勾股定理得A£,=FAO'OE；=驾.

所以sM4也墨=%

由于E四〃AE,,直线耳E与平面\AMN所成角的正弦值也为噜.

［方法二］【最优解】：几何法

因为AO〃平面以。与，平面EFC百口平面AMN4=N尸，所以AO〃NP.

因为ON//”，所以四边形OAPN为平行四边形.

由（I）知EFJ_平面AMNA，则EF为平面AMNA,的垂线.

所以qE在平面AMNA、的射影为NP.

从而BE与NP所成角的正弦值即为所求.

在梯形EFC4中，设瓦'=1,过E作EG,用G，垂足为G,则PN=EG=3.

在直角三角形AEG中，sinZBtEG=-^=—.

V1010

［方法三］:向量法

UUUU

由（1）知，用6,平面斗状阿，则与£为平面AAMN的法向量.

因为AO〃平面E4GF,AOu平面AAMN,且平面A^MNC平面E4JF=PN,

所以AO//PN.

由（I）知=MN,即四边形APN。为平行四边形，则AO=NP=A8.

因为。为正△A8C的中心，故AP=ON=gAM.

由面面平行的性质得EF〃:B£,EF=：B6，所以四边形E/匕始为等腰梯形.

由P,N为等腰梯形两底的中点，得PNLBCi，则PN.BC=0,EB；=EP+PN+Z瓦=

河+西-闻=丽-匹•

设直线qE与平面AAMN所成角为凡AB=a

所以直线4E与平面AAMN所成角的正弦值巫.

10

试卷第22页，共58页

［方法四］:基底法

不妨设AO=M=AC=2,则在直角AAA0中，惧=半.

以向量丽■，砺，衣为基底，

从而〈其砌=?（环元）后，（而，恁〉

____________2______

EBl=EA+AA^+A^=-AB+AA^,BC=AC-AB,

则|函|=IBC1=2.

所以画屈=《诟+珂•（/—丽）=|而通2=_；

由（I）知8C_L平面AAMN,所以向量肥为平面AAMN的法向量.

设直线耳E与平面AAMV所成角凡则sin9=卜os（西码|=局需「噜•

故直线与平面\AMN所成角的正弦值为sin”叵.

10

【整体点评】

（2）方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；

方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；

方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；

方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直

线的方向向量.

12.如图，长方体A8CD-A/8/G。/的底面ABC。是正方形，点E在棱44/上，BE±ECi.

（1）证明：BE,平面EB/G；

（2）若AE=A/E,AB=3,求四棱锥E-88（（的体积.

【答案】（1）见详解；（2）18

【解析】

【分析】

(1)先由长方体得，B|G_L平面AAqB,得到BgLBE,再由8EJ.EG，根据线面垂直的判定定理，即可证

明结论成立；

(2)先设长方体侧棱长为2”，根据题中条件求出〃=3；再取中点/，连结EF,证明平面880。，

根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.

【详解】

(1)因为在长方体A8CQ-4BCQ中，及G，平面AASB；

BEu平面AAB#,所以

又BELEQ,86CEG=G，且E£u平面E8C，片£匚平面£86，

所以班1平面E8£；

(2)设长方体侧棱长为射，则AE=AE=a,

由(1)可得Eqj.BE；所以EB：+BE。=BB：,gp2BE2=BB；,

又筋=3,所以2AE2+248J8B：,g|I2a2+18=4a2,解得。=3；

取叫中点尸，连结.，因为AE=AE,则所〃加；

所以EF_L平面BBCC，

所以四棱锥E-BBCC的体积为/“Gc=乎矩物呻c♦EF=；•BC-•EF=gx3x6x3=18.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属

于基础题型.

13.如图，在长方体ABCO-AgCQ中，点E,尸分别在棱。A，网上，且2DE=ER,BF=2FBt.

试卷第24页，共58页

（1）证明：点G在平面AEF内:

⑵若他=2,AD=1,M=3,求二面角A-E尸-A的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵.

7

【解析】

【分析】

（1）方法一:连接GE、C,F,证明出四边形AEG尸为平行四边形，进而可证得点G在平面AE尸内；

（2）方法一：以点C1为坐标原点，CR、C向、GC所在直线分别为X、＞、z轴建立空间直角坐标系G-孙z,

利用空间向量法可计算出二面角A-EF-A,的余弦值，进而可求得二面角A-EF-A,的正弦值.

【详解】

（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论

在棱CC上取点G,使得GG=；CG,连接。G、FG、CE、C,F,如图1所示.

图1

在长方体A8CO-AAGR中，BFHCG,BF=CG,所以四边形BCGF为平行四边形，则8C//FG,8C=FG,而

BC=AD,BCHAD,所以AO//FG,A。=FG,所以四边形D4尸G为平行四边形，即有AF//DG,同理可证四边

形。EGG为平行四边形，.•.GE//OG,,GE〃/IF,因此点C1在平面向内.

［方法二］:空间向量共线定理

图2

以G2，GM，GC分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示.

设CQ］=a,C］B［=b,CtC=3c,则6⑴,。，。),々。,。,？。),/^。,8。),/^。/0。).

所以甲=3,0,2c),丽=(a,0,2c).故年=丽.所以AF〃£E,点C1在平面AE尸内.

［方法三］:平面向量基本定理

同方法二建系，并得G(0,0,0),E(n,0,2c),尸((),〃,c),A(a,仇3c),

所以GE=(a,0,2c),G尸=(0,仇c),GA=(a,b,3c).

故不=印+以户.所以点C1在平面AEE内.

［方法四］:

根据题意,如图3,设AR=a，AA=2.4A=3c.

在平面44氏4内，因为"=2股，所以==

试卷第26页，共58页

B

图3

延长四交A用于G,

AFu平面AEF,

Aqu平面ABCQ.

GeAF,GeAB,,

所以Gw平面的；Ge平面A/CQ①.

延长AE交AA于“，同理He平面AER”《平面44Gp②.

由①②得，平面AEFCI平面A4CQ=G”.

连接GH,GC、,g,根据相似三角形知识可得GB,=b,D、H=2a.

22

在/?以68。中，CtG=>Ja+b.

同理，在R/ACQ"中，C、H=2证+『.

图4

如图4,在R/AA,G”中，GH=3yJa2+b2-

所以Ga=GG+G”，即G,G，”三点共线.

因为G〃u平面AEF,所以Gu平面AEF,得证.

［方法五］：

如图5,连接练。片，则四边形。EB7为平行四边形，设。鸟与E尸相交于点0,则。为EF,。片的中点.联

结AC-由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即460片。=。，则AG经过点0,故点G在

平面AEF内.

图5

(2)［方法一］【最优解】：坐标法

以点G为坐标原点，G。、G乌、GC所在直线分别为X、＞、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系G-斗，

如图2.

则A(2,l,3)、A(2,1,0)、£(2,0,2),歹(0,1,1),

A£=(O,-l,-l),AF=(-2,0,-2),“=(0,-1,2),“=(-2,0,1),

设平面AE尸的一个法向量为根=(Xi，X，zJ,

由｛—,得｛.MXZ,=-1,得4=乂=1,p1lj/n=(l,l,-l),

m-AF=0［-2X］-2Z|=0

设平面AEF的一个法向量为3=(%,%*2),

由/得］?+2Z20取z?=2,得々=1,%=4,则1=(1,4,2),

n-AtF=0［-2x,+z2=0''

试卷第28页，共58页

mn_3

cos<m,n>=

|叶卜|V3XV2T7

设二面角A-EF-A的平面角为。，则|cose|=」，，sin0=>/l-cos20=.

因此，二面角4-EF-A的正弦值为区.