全国卷历年高考立体几何真题归类分析2019(含答案)

全国卷历年高考立体几何真题归类分析2019.7（含答案）

类型一：直建系——条件中已经有线面垂直条件，该直线可以作为Z轴或与Z轴平行，底面

垂直关系直接给出或容易得出（如等腰三角形的三线合一）。这类题入手比较容易，第（I）小问

的证明就可以用向量法，第（H）小问往往有未知量，如平行坐标轴的某边长未知，线上动点或存

在性等问题，以增加难度。该类问题的突破点是通过条件建立方程求解，对于线上动点问题，主意

共线向量基本定理的应用，只设一个未知数，而不是直接设动点坐标。

1.（2014年全国n卷）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA_L平面ABCD,E为PD

的中点.

（I）证明:PB〃平面AEC；

（II）设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=V3,求三棱锥E-ACD的体积.

2.（2015年全国I卷）如图，四边形ABCD为菱形，ZABC-12O0,E,F是平面ABCD同一侧的

两点，BE_L平面ABCD,DF_L平面ABCD,BE=2DF,AE1EC.

（I）证明:平面AEC,平面AFC；（II）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.

3.（2015年全国H卷）如图，长方体ABCD-AIBICIDI中，AB=16,BC=10,AA|=8,点E,F分别

在AiBi，DiG上，A,E=D|F=4,过点E,F的平面a与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.

（I）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（II）求直线AF与平面a所成角的正弦值.

AB

1

4.(2016年全国m卷)如图，四棱锥P—ABC中，PAJ.底面面ABC。，AD//BCt

AB=AD^AC=3,PA=BC=4,M为线段A。上一点，AM=2MD,N为PC的中

点.

(I)证明MN平面PAB；(II)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

5.(2017全国H卷)如图所示，在四棱锥P-ABC。中，侧面尸4。为等边三角形且垂直于底面

ABCD,AB=BC=gAD,Z6A£)=ZABC=90°，E是PD的中点.

(1)求证：直线CE〃平面PA8；

(2)点M在棱PC上，且直线8M与底面ABCO所成的锐角为45，求二面角M—A3—。的余

弦值.

6.(2019年全国H卷17题)如图，长方体ABCD-AiBiGDi的底面ABCD是正方形，点E在棱AAi

上，BE±EC|.

(1)证明：BE_L平面EBiCi；

(2)若AE=A|E,求二面角B-EC-Ci的正弦值.

2

7.（2019年全国I卷18题）如图，直四棱柱ABCD-AIBIGOI的底面是菱形,AAi=4,AB=2,/8A£>=60。,

E,M,N分别是BC,BBi,4。的中点.

（1）证明：〃平面Ci£»E；

（2）求二面角4-M4W的正弦值.

类型二：证建系（1）——条件中已经给出线面垂直条件，该直线可以作为z轴或与z轴平行,

但底面垂直关系需要证明才可以建系（如勾股定理逆定理等证明同一平面内两条直线垂直的定理）。

这类题，第（I）小问的证明用几何法证明，其证明过程中的结论通常是第（II）问证明需要的条

件。第（II）小问开始首先要证明底面上两条直线垂直，然后才能建立空间直角坐标系求解。

1.（2011年全国卷）如图，四棱锥P-A8CZ）中，底面ABCD为平行四边形，NDAB=60。，AB=2AQ,

底面A8CD

（I）证明：PAA.BD-,

（II）若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.

2.（2012年全国卷）如图，直三棱柱ABC—4四£中，AC=BC=^AAi,。是棱的中点,

DC,1BD.

（I）证明：0G工BC；

（II）求二面角A,-BD-G的大小.

3

3.(2013年全国H卷)如图，直棱柱ABC-AIBICI中,D,E分别是AB,BBi的中点,

AAi=AC=CB=-AB.

2

(I)证明：BG〃平面AiCD,

(II)求二面角D-AC-E的正弦值

类型三：证建系(2)——条件中没有给出线面垂直条件，而底面两条直线垂直关系直接给出

或容易得出。这类题解题关键在于第(II)小问，即由已知条件证明线面垂直，常见的已知条件有

面面垂直。

1.(2013年全国I卷)如图，三棱柱ABC—中，CA=CB,AB=AA，ZBA4=60°

(I)证明AB_LAC；

(II)若平面ABC,平面AAIBIB,AB=CB,求直线AC与平面BBCC所成角的正弦值.

2.(2014年全国I卷)如图三棱柱ABC—AgG中，侧面为菱形，14c.

(I)证明：AC=AB1；

(II)若AC,Ag,ZCBB,=60°,AB=BC,求二面角A-^-Q的余弦值.

4

3.(2016年全国I卷)如图，在以A,B,C,D,E,尸为顶点的五面体中，面A8EF为正方形，AF=2FD,

ZAFD=90,且二面角。-AF-E与二面角C-BE-尸都是60.

(I)证明：平面A8EFJ_平面EFDC；(II)求二面角E-BC-A的余弦值.

4.(2016年全国II卷)如图，菱形A3CD的对角线AC与80交于点O,AB=5,AC=6,点瓦F

分别在AD,CO上，AE=CE=2,EF交BD于息H.将AOEF沿EF折到AOEF位置,

4

O。'=所.

(I)证明：平面48cO；(H)求二面角8-O'A-C的正弦值.

D

5.(2017全国I卷)如图所示，在四棱锥P—ABC。中，ABHCD,且N84P=NCDP=90.

(1)求证：平面PABJ_平面PA。；

(2)若PA=PD=AB=DC,NAPD=90，求二面角A—P5-。的余弦值.

5

6.(2017全国in卷)如图所示，四面体ABCO中，aABC是正三角形，△ACO是直角三角形，

ZABD=NCBD,AB=BD.

(1)求证：平面ACO_L平面ABC；

(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体A3CO分成体积相等的两部分，求二面

角O—AE—C的余弦值.

7.(2018年全国I卷)如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC

折起，使点C到达点P的位置，且PF1BF.

(1)证明：平面PEFJ■平面ABFD;

(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

8.(2018年全国II卷)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2加，PA=PB=PC=AC=4,。为AC的

中点.

(1)证明：POJ■平面ABC;

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

6

9.(2018年全国HI卷)如图，边长为2的正方形48C。所在的平面与半圆弧CO所在平面垂直，M

是CO上异于C,。的点.

(1)证明：平面平面BMC；

(2)当三棱锥ABC体积最大时，求面M钻与面MCO所成二面角的正弦值.

10.(2019年全国H卷19题)图1是由矩形ADEB,RSABC和菱形8FGC组成的一个平面图形，其

中AB=1,BE=BF=2,NFBC=60°,将其沿AB,BC折起使得BE与8F重合，连结DG,如图2.

(1)证明：图2中的4,C,G,。四点共面，且平面ABC_L平面BCGE；

(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.

小结：利用向量法解立体几何问题，学生觉得这类题运算量大、容易出错，在考试中花时间多，不

易拿分。要解决这些问题关键在于“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”.每一个步骤的处理恰当与否都会影响到下一步的运算量及运算难度，如

何突破这四个步骤，请参看我的《向量法解立体几何的运算技巧与策略》。

7

新课标全国卷历年高考例题几何真题

类型一:

1.【解析】(1)连接BD交AC于点为G连接EG在三角形PBD中,中位线EG〃PB,

且EG在平面AEC上，所以PB〃平面AEC.

⑵设CD=m,分别以AD,AB,AP为x,y,z轴建立坐标系，则

A(O,O,O),D(V3,0,0),E—,0,-,C(6,m,0).所以

\227

AD=(V3,0,0),AE=亭，0，；,AC=(g,m,0).设平面ADE

的法向量为=(xi,yi,zi),则•AD=0,n{•AE=0,解得一个

%=(0,[0).同理设平面ACE的法向量为/二出以㈤,则〃2•AC=0,%•A£1=0,解得一个〃2=(m,・

6,■百m).因为cos工=|cos<n2>|=[2=------=-，解得m=—.

3■匐同,川+3+3—22

FF1

设F为AD的中点，则PA〃EF,且PA=—=—,EFL面ACD,即为三棱锥E-ACD的高.

22

所以VE_ACD二错误!未找到引用源。•SSCD-EF=1X_LX2XGX1•二且.所以,三棱锥E-ACD的体积为

32228

3

8

2.【解析】⑴连结BD,设BDAAC=G，连结EGFGEF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.

由/ABC=120。,可得AG=GC=错误!未找到引用源。.由BEJ_平面

ABCD,AB=BC

可知AE=EC.又AELEC,所以EG=错误!未找到引用源。，且EGLAC在

RtAEBG中，

可得BE=错误!未找到引用源。，故DF=错误!未找到引用源。.在RlAFDG

中，可得FG=错误!未找到引用源。.在直角梯形BDFE中，

由8口=21£=错误味找到引用源。，DF=错误!未找到引用源。用得EF=

错误!未找到引用源。.从而EG2+FG2=EF2,所以EG_LFG,

又ACCIFG=G可得EG_L平面AFC.又因为EGU平面AEC,所以平面AEC_L平面AFC.

⑵如图，以G为坐标原点,分别以错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。的方向为x轴,y轴正方

向,1错误!未找到引用源。|为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz.

由⑴可得A(0,—百,0),E(l,0,a),尸(一1,0,孝)，。(0,6,0),

所以=(1,6,血)，CE=(―1,——).故cos<AE,CF>==-—

2\AE\\CF\3

8

所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为立

3.【解析】(1)交线围成的正方形EHGF如图：

(2)作EM_LAB,垂足为M,则AM=A,E=4,EM=AA|=8.

因为四边形EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.

于是MH=错误!未找到引用源。=6,所以AH=10.以D为坐标原点，错

误!未找到引用源。的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角

坐标系D-xyz,则

A(10,O,O),H(10,10,0),E(l0,4,8),F(0,4,8),错误!未找到引用源。=(10,0,0),

错误!未找到引用源。=(0,-6,8).

n-FE=Q10x=0

设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量，则<_____.

uHE=0-6y+8z=0

——►——►I〃•A尸I4A/5

所以可取〃=(0,4,3),又AE=(—10,4,8),故|cos<〃,AF〉|=:竺:土

|n||AF\15

4.75

所以AE与平面E”GF所成的角的正弦值驾，

15

4.

试题解析：(I)由已知得4眩=:,5=2,取上尸的中点T,连接由N为PC中点知

7N//BC,TN=-BC=2.

又3BC,故EV平行且等于4四边形区"V7■为平行四边形，于是

因为,4Tu平面平面所以山\「平面R4R

(H)取3C的中点E,连结XE,由=得

AE=4AB，-BE，=r.5-(芈)'=#■

以X为坐标原点，月2的方向为x轴正方向，建立如图所示的号

(而

P(0A4),M(052S0),C20),N*,L2),

PM=(0.2.^),西=潭,卜2),后=($2).

一/

--——-2x-4z-0

设7=(x,y,z)为平面PMN的法向量，则_,一，即，石，可取3=(0,2,1),

n-PN=0—x+y-2z=0

1I2

9

n

工曰।—A~\TII'AN|8A/5

于是|cos<n,AN>\=~~=-----.

\n\\AN\25

5.解析(1)令物的中点为产，联结EF,BF,如图所示.因为点石，F为PD,%的中点,

所以为△尸4。的中位线，所以E尸〃又因为N84O=NABC=90。，所以BC〃AE>.又因

=2

为AB=8C='A£>,所以8C〃白AD,于是EF&BJ从而四边形BCEF为平行四边形，所以

2=2一

CE//BF.又因为BFu面PAB,所以CE〃平面八记.

(2)以AD的中点。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设A8=8C=1,则0(0,0,0),

A(0,-l,0),B(l,-l,0),C(l,0,0),0(0,bO),P(0,0,⑹.点M在底面AB8上的投影为

M',所以WLBAT，联结BM'.因为N〃BAT=45,所以为等腰直角三角形.因为

△POC为直角三角形，|OC|=@|OP|,所以NPCO=60.

73

-------a.所以M'1一方-。,0,0.

3

.V2

1-------

2

,1,,A8=(l,0,0).

2

设平面A&W的法向量雁=(0,乂，4),则m.AM=%+*4=0,所以m=(0,-灰，2),

m•nViO十4

易知平面A应)的一个法向量为"=(0,0,1),从而cos(m,〃)==H.故二面角M—AB—力

H-H5

的余弦值为粤.

6.解：(1)由已知得，4G，平面46片4，BEu平面A844,

10

故4C|_L8E.又BELECi，所以BE，平面后4储.

(2)由(1)知NBEB[=900,由题设知RtAABE^RtA^gE，所以NAEB=45。，

故AE=A3,A4,=2AB.以。为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，|D4|为单位长，建

立如图所示的空间直角坐标系。-QZ,

贝|JC(O,1,0),8(1,1,0),C}(0,1,2),E(l,0,1),CE=Q物

CBn=0,

CC.=(0,0,2).设平面EBC的法向量为"=(x,y,x),贝心

CEn=0,

x—0

<'所以可取〃=(0,-1,一1).

冗一y+z=0,

设平面Ecq的法向量为m二(x,)，，z),则

CCi-zn=0,[2z=0,

\即1'所以可取机二(1,1,0).

CE•/«=0,[x—y+z=0.

于是cos<〃,，〃〉=击"^=-g.所以，二面角B—EC—G的正

弦值为

2

7.解：(1)连接ME,BC,M,E分别为BB1,BC中点

为Aq/JC的中位线

:.ME//B©且ME=LBQ,又N为A。中点，且AD48c

2=

：.NDHB\CRND=LB、C,：.MEI_[ND四边形MNDE为平行四边形，，用N//DE,

2=

又MNu平面C】DE,DEI平面GO£,「.MN//平面GOE

(2)设ACBD=O,AGBQi=O],由直四棱柱性质可知：，平面ABC。

四边形ABC。为菱形-.AC1.BD,则以。为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系:

则:A(百,0,0),M(0,l,2),A(五0,4),D(0,-1,0)N

11

X

y

取A8中点F,连接。/，贝IJF一,二,0

22

四边形ABC。为菱形且/84。=60ABAD为等边三角形:.DF1AB,又知，

平面ABC。，OFu平面ABC。DF1A4,，。、尸_L平面AR^A，即。尸_L平面加叫

。/为平面A股一个法向量，且。尸

修2;2,。

7

设平面M41N的法向量〃=(x,y,z),又M4,=(0,一1,2),MN=,-1,0

(22

n•M\-y/3x-y+2z=0

「•<@3，令x=G，则,=1,z=-1「.〃二(百,1,一

n-MN——y=0

2r

cos<DF.n>=।°F〃=—・sin<Q/7〃>一

\DF[\n\亚5,・sm<O£〃“飞-

」.二面角的正弦值为：平

类型二：

1.解：(I)因为/。45=60。,43=249,由余弦定理得

BD=y/3AD从而BD2+AD2=AB2,故BD1AD,XPDJ_底面

ABCD,可得30LPD所以8。1平面P4D故PA1BD

(II)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴

的正半轴射线DB为y轴的正半轴，射线DP为z轴的正半轴，建立

空间直角坐标系D-xyz,则

71(1,0,0),B(0,73,0),C(-l,V3,0),P((),0,1).

48=(-1,4,0)所=(。,赤,-1),演7=(-1,0,0)设平面PAB的法向量

为n=(x,y,z),则n•AB—0，即Jf—x厂+V“3y，=0因此可取〃=(6r1~,e)r~

n-PB=0|V3y—z=0

m-PB=0

设平面PBC的法向量为加，则《可取m=(0,-1,-Vr3),

m-BC=0

12

馍5<加,〃>=二^=一裂7.故二面角4川3(的余弦值为-汉7

2>/777.

2.证明(1)(1)在RfAZMC中，49=AC得：ZADC=45°.

同理：NAQG=45"nZCDC,=90°,得：DC,±DC,

又VDC,±BD=>DC[±平面BCD=>DC,1BC.

(II)(2)

DC,1BC,CG，5C=BC_L平面ACG4=8C，AC

取AM的中点O,过点。作OH，BD于点H,连接G。,G"，

4G=5]GnG。_LAB],C\OLA\D=>。1。_1_面48。

OHl.BDnCtH1BD得：点H与点。重合，

即NG。。是二面角A.-BD-C,的平面角

设AC=a,则。0=与，C\D=6a=2CQnNCQO=3d

即二面角A,-BD-q的大小为30°.

3.(1)连接A0,交4c于点F,连结则F为AC；的中点，因为D为AB的中点，所

以DF//BG，又因为EDu平面AC。，BG(Z平面4GO,所以BC；//平面同。。.

(2)由AA尸ACAB,可设:AB=2a,则例=AC=CB="

所以ACJ.BC,又因为ABC-AIBIG为直三棱柱，所以以点C为坐标原点,

建立空间直角坐标系如图.则C(0,0,0)、

0nl

4(夜4,0,夜〃)、7,0

/

口V2

E0,6a,叵a,CA=(561,0,0a)

1I2)0=[丁万

CE=

设平面A。。的法向量为〃=(x,y,z),则”.。。=0且〃.C4,=0,可解得y=—x=z,令x=l,得平

13

面48的一个法向量为〃=(1，-1，一1)，同理可得平面4CE的一个法向量为巾=(2，1，-2)，则

坐，所以二面角D—4C—E的正弦值为半

cos<n,m>-所以sin<n,m>=

类型三:

1.【解析】(I)取43的中点。，连结OC,。4，4氏因为C4=C8,所以OCLAB.

由于A8=AA，ZBAA,=60°,故为等边三角形，

所以。4,因为OCPIOA=。，所以AB_L面Q4,C.

又AQu平面O4C,故A8_LAC.

(H)由(I)知，OCVAB,OA,LAB,又平面ABC±

平面44t84,交线为A3,所以OC，平面A484，故。4,OC,两两互相垂直.以。

为坐标原点，0A的方向为无轴的正方向，|。4|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标

系。一xyz,则有A(l,0,0),4(0,6,0),。(0,0,6),3(-1,0,0).则阮=(1,0,7§),

BBt=AA=(-1,73,0),/=(0,—g,6).设平面的法向量为1=(x,y,z),则

n-BC=0x+7

有《一,可取7=(右,1,一1).故

n-BB}=0-x+

■*_〃・A]C_V10

Inl-IACI5

所以直线AC与平面84G。所成角的正弦值为乎.

2.解：(1)连结BC1,交B1C于点O,连结A0,2侧面BB1C1C为菱形，...BCiLBiC,

且O为BC1和B1C的中点,XVAB1B1C,，B1CJ_平面ABO,：A0u平面ABO,

ABiClAO,又BiO=CO,.,.AC=ABi,

(2)：AC_LABi,且。为BiC的中点，AAO=CO,

又；AB=BC,.•.△BOA^ABOC,.*.OA±OB,AOA,

OB,OBi两两垂直，以O为坐标原点，无的方向为x

轴的正方向，I而为单位长度，族；的方向为y轴的正方

14

向，赢的方向为Z轴的正方向建立空间直角坐标系，•••/CBB|=6O。，...△CBB1为正三角形,

又AB=BC,

AA(0,0,叵，B(1,0,0,),Bi(0,返0),C(0,-60)

333_

，国=零'-乎),不7=语(1，0,-*),B(7，-零0),

7词等丫-得=0

设向量n=(x,y,z)是平面AAiBi的法向量，则(厂，可取n=(1，Vs»

―-------V3

n,A]B]-x--r-z=O

M),同理可得平面A1B1C1的一个法向量—(1,-V3>

.,.cos<K，=>=FA」，.••二面角A-AIBI-Ci的余弦值为工

Mini77

3.【解析】⑴：43防为正方形AAFLEFVZAFD=90°2

AF1DF'：DFEF=F：.AFEFDCAFA.面ABEF'

.•.平面4?防_L平面EFDC(2)由⑴知ZDFE=ZCEF=60°：

AB//EFABu平面E尸OC防u平面EFDC；.AB〃平面ci

ABCLAfiu平面ABC:•面ABCD面EFDC=CD

AB//CD：.CD//EF二四边形EFDC为等腰梯形以E为原点,

图建立坐标系，设FD=aE(0,0,0)8(0,2a,0)X

C0,与aA(2/,a,J

EB=(O,2a,0),BC^-2a,—a,AB=(-2a,0,0)设面BEC法向量为

\/

([2a-y.=0

z、mEB=Q日n力_

机=(支，，即73m~0,-1)

m-BC=0-2ay、+-^-4.4=0

设面ABC法向量为〃=(毛，％，Z2)F.BC=O即导-2研+了华=。”=(0,石，4)

",AB=°12办2=0

设二面角E-8C-A的大小为9.cos0=43=—T=-2719

•|/?|43+1<3+1619

15

/•二面角E-BC—A的余弦值为-

1y

5spCF

4.【解析】⑴证明：VAE=CF=-,：.—=—E尸〃AC.：四边形ABC。为菱形，；.AC1BD,

4ADCD

：.EFLBD,AEF1DH,：.EF±D'H.：AC=6,，A0=3；又AB=5,AO108,：.08=4,

OH=——。。=1：.DH=D'H=3,：.\0D'^=\0H^+\D',

AO

：.D'HA.OH.又•；OH1EF=H,O'H_L面ABC。.

⑵建立如图坐标系”-xyz.

8（5,0,0）,C（l,3,0）,£><0,0,3）,A（l,-3,0）,

AB=（4,3,（））,AO=（-i,3,3）,

AC=（（）,6,O）,设面法向量"i=（x,y,z）,

x=3

"」A8=°得4x+3y=0取卜=4

由＜

一x+3y+3z=0

z=5

.•.々=（3,-4,5）.同理可得面AZTC的法向量%=（3,o,l）,

几i•n2

|cos6>|=

.%〃2|9+5|775..〃2后

5V2-V1O2525

5.解析（1）证明：因为NB4P=NC£）P=90,所以B4_LAB,PDYCD.

又因为AB〃C。，所以P£）_LAB.又因为尸。PA=P,PD,R4u平面EW,所以

平面N）.又48u平面RS,所以平面小B_L平面皿＞.

（2）取AD的中点O,8c的中点E,联结PO,OE,因为A/丝CD,所以四边形AB8

为平行四边形，所以。回学B.由（1）知，平面皿＞,所以OE_L平面加）.又PO,

ADu平面丛D,所以OEJ.PO,QEJ_4X又因为"=尸£＞,所以PO_LAD,从而PO,

OE,40两两垂直.以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。-xyz,

设％=2,所以。（-应，0,0）,B（&,2,0）,P（0,0,闾,C（-夜,2,0）,

所以PO=（-&PB=（应，2,-⑹，BC=（-272,0,0）

n-PB=0

设”=（X,y,Z）为平面P3C的一个法向量，由，

nBC=0,

&x+2y-&z=0

得

-2&=0

16

令y=i,则Z=应，x=o,可得平面尸比1的一个法向量”=(o，i，&).

因为N4PD=9O°,所以尸D_L^4,又知43J_平面以£>,PDu平面R4T),

所以电)_LAB,又PAAB=A,所以/也)J_平面E4B.

-25/3

即尸。是平面的的一个法向量，PD=1-叵，0从而cos(PD,")=向—产~--------

2G3-

由图知二面角A-依-C为钝角，所以它的余弦值为-更.

3

6.解析⑴如图所示，取AC的中点为。，联结8。，DO.

因为△ABC为等边三角形，所以BO_LAC,AB=BC.

AB=BC

^<BD=BD,得△ABOwACBD,所以A£)=C。，即△4CD为等腰直角三角形,

NABD=NDBC

从而NADC为直角.又。为底边AC中点，所以。OLAC.

令网=4,则河=凶=的=忸。=“，易得囱|0叫=学，

所以|0口2+|08『=|也才，从而由勾股定理的逆定理可得NO08=1,即0QJ_08.

OD1AC

OD1OB

由，ACOB=O,所以OO_L平面ABC.

ACu平面ABC

08u平面ABC

又因为。。u平面ADC,由面面垂直的判定定理可得平面ADC±

平面ABC.

⑵由题意可知VDTCE=4_AC£，即B,O到平面ACE的距离相等,

即点E为比)的中点.

以。为坐标原点，0A为x轴正方向，08为)'轴正方向，0。为z轴正方向，设|Aq=a,建立空

间直角坐标系，则0(0,0,0),4仁,0,0),《。，0弓｝80,亭,0),.0,手若

为

易

为

锐角

知9

设二

17

7.解：（1）由已知可得，BF1PF,BFLEF,又PFClEF=F,所以BFJ•平面PEF.

又BFu平面ABFD,所以平面平面ABFD.

（2）作PH_LEF,垂足为H.由（1）得，PH_L平面A8FD

以，为坐标原点，山的方向为），轴正方向，|说|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系〃-孙z.

由（1）可得，DELPE.又DP=2,DE=1,所以PE=8又

PF=l,EF=2,故尸E_LPF.

-r/n在3

可得PH=—,EH=一

22

则H(O,O,O),P(O,o1),D(-1,-|o),DP=(l1,y),HP=

为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为0,

1月

则八,HP-DP,46所以QP与平面A8FQ所成角的正弦值为匕

sin9=|-----|==-4

|HP|­|DP|小4

8.解：（1）因为AP=CP=AC=4,。为AC的中点，所以OP1AC,且。P=2收

连结OB.因为AB=BC=^AC，所以△ABC为等腰直角三角形，

2

且OB1AC，OB=|AC=2.由op?+OB2=PB2知PO1OB.

由。P1OB,OP1AC知PO1平面ABC.

（2）如图，以O为坐标原点，曲的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O