高中数学必修二第八章第4节《空间点、直线、平面之间的位置关系》解答题 (13)(含解析)

第八章第4节《空间点、直线、平面之间的位置关系》解答题(13)

1.如图，已知在棱长为。的正方体484:。一413停1。1中，M,N分

别是棱CD,AO的中点,求证：四边形MN4G是梯形.

2.如图，在空间四边形A2CD中，E、H分别是他4D上的点，且幼器.GG分别是边C8、

CO上的点，/=*=|，求证：四边形EFGH是梯形.

CDCDo

3.如图，A8是圆。的直径，点C是圆O上异于4B的点，直线PC，平面ABC,£尸分别是24。。的

中点.

2

(1)记平面BEF与平面ABC的交线为/,试判断直线/与平面PAC的位置关系，并加以证明；

(2)设(1)中的直线/与圆0的另一个交点为D,且点Q满足访=1记直线PQ与平面ABC

所成的角为。，异面直线PQ与E5所成的角为a,二面角E—，一C的大小为应求证：sin。=

sinasin/?.

4.在直三棱柱ABC—Q中，Z-BAC=90°fAB=AC=AA1=1,。是棱CG上的一点，P是AO

的延长线与&G的延长线的交点，且PB1〃平面

(1)求证：CD=CD

(2)求二面角4-ArD-8的平面角的余弦值;

(3)求点C到平面&DP的距离.

5.如图，在正方体48。。一418道1。1中，E,尸分别是8当，C£＞的中点.

2G

44

E

C

AB

(1)证明：AD1

(2)证明：平面4ED_L平面&FDi；

(3)设A4=2,求三棱锥E-4公尸的体积.

6.如图所示，四边形A8E尸和A8CO都是直角梯形，NBA。="AB=90°,BC//AD,BC=\AD,

BE//FA,BE=\FA,G,”分别为尸A,尸。的中点.

(1)证明：四边形BC”G是平行四边形；

(2)C,D,F,E四点是否共面？为什么？

7.已知四棱锥S-4BCD如图所示，其中ASAB,△SBC均为等边三角形，二面角4一BS-C为直

二面角，点M为线段8C的中点，点N是线段5。上靠近。的三等分点，BC〃平面SAD

(1)求证：ADA.SM；

(2)若=jfiC,求直线AN与平面8NC所成角的正弦值.

8.(1)如图，在正方体力BCD-&B1C1D1中,E是Aa的中点，画出平面Z\CE与平面4BB1a的交线.

(2)如图，已知平面a,小且anp=1,设在梯形A8C£＞中，4。〃BC,且

ZBua,CDu3.求证：AB,CD,/共点.

9.如图，在三棱锥P—4BC中，AB=BC=CA=2,PA=PC=VI，PB=日

A

B

(I)求证：AC1PB；

(n)求直线PA与平面ABC所成角的正弦值.

10.如图，在平行四边形ABC。中，ZB=遮,BC=2/ABC=?,四边形ACM为矩形，平面4CEF1

平面A8CD,AF=1,点M在线段E尸上运动.

(1)当4EJ.DM时，求点M的位置；

(2)在(1)的条件下，求平面MBC与平面ECQ所成锐二面角的余弦值.

11.如图所示的多面体ABCQ尸中，PA=PB=BC=CA=2,UPB=60°,平面PAB_L平面ABC,

CQ，平面ABC.

(1)求证：平面ABQ1平面尸QC；

(2)若二面角A—PQ—B的大小为60。，求CQ的长.

12.已知正方体ABCD—4BiGDi中，分别为DiCi，C】Bi的中点,4CCiBD=P,aCiClEF=Q.

(1)求证：D,B,F,E四点共面.

(2)求证：若&C交平面O8FE于R点，则P,Q,R三点共线.

13.如图，正方体481。山1-48CD中，EF与异面直线AC,都垂直相交

.求证：EF"BD'.

14.正方体是常见的并且重要的多面体，对它的研究将有助于我们对立体几何一些概念的理解和掌

握.如图所示，在正方体4BCD-4B1C1D1中，E,F,G,”分别是所在棱的中点，请思考并

回答下列问题：

(1)直线EF,GH,0c能交于一点吗？

(2)若E,F,G,”四点共面，怎样才能画出过四点E,F,G,”的平面与正方体的截面?

(3)若正方体的棱长为“，那么(2)中的截面面积是多少？

15.如图，正方体2BCD-&B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点，。为线段CQ上的动点，过点4PQ

的平面截该正方体所得的截面记为S,

I>1

(1)当CQ=1时，求S的面积

(2)当CQ=T时，判断S的形状

(3)当CQ=，时，S与G5的交点R,求GR

16.如图，在四棱锥「一48。。中，小。2。是等边三角形，底面ABCD是菱形,48=2,/.DAB=60°.

(I)证明：AD1PB-,

(11)若28=逐，求二面角A-PB-C的余弦值.

17.如图，三棱柱ABC-aBiCi中，底面△/!也是正三角形，01是

其中心，侧面BCC1&是正方形，。2是其中心.

(I)判断直线。】。2与直线A4的位置关系，并说明理由；

B

(II)若四面体41ABe是正四面体，求平面BCGBi与平面A8C所成锐

二面角的余弦值.

18.如图，在底面为梯形的四棱锥S-ABCD中，已知4D〃BC,乙4SC=60。，AD==V2>SA=

SC=SD=2.

(I)求证：AC1SD；

(II)求三棱锥B-S4D的体积.

19.已知直线“那，直线/与mb都相交，求证：过a,b,/有且只有一个平面.

20.如图，已知平面a,/?,且an/?=1,设在梯形ABC。中，AD//BC,且4Bua,u0.求证:

AB,CD,/共点.

A

a

BD

【答案与解析】

在&AC'。中，

•：M,N分别是C£>,AO的中点，

•••MN是△4CD的中位线，

由正方体的性质得4C〃&CI，且|ac|=141cl

:.MN"A\C\,且|MN|=，4iG|,

即|MN|*1461，

•••四边形MM41cl是梯形.

解析：本题考查了直线平行的判定和平行公理，属基础题.

利用正方体的结构特点，证明一组对边平行且不相等的四边形是梯形.

2.答案：证明：在A.430中，警=霁=3

DDHDZ

.-.EH//BD,且

在AND中，.=,=|,

：.FG//BD,且FG=：BD,

•••EH//FG,又FG>EH,

故四边形EFGH是梯形.

解析:本题主要考查了空间中直线与直线的位置关系，属于基础题.由题意可得月.EH=BD,

FG〃8D,且FG=gBD,由此即可得证四边形EFGH是梯形.

3.答案：解：(1)直线〃/平面PAC,证明如下：

连接E凡因为E,尸分别是月4,PC的中点，所以EF〃4C,

又EFC平面ABC,且4Cu平面ABC,所以EF〃平面ABC,

而EFu平面BEF,且平面BEFn平面ABC=I,所以EF〃Z,

因为，仁平面尸AC,EFu平面PAC,

所以直线2〃平面PAC.

(2)如图，由的=?而，作DQ〃CP,且。Q=：CP,

连接PQ,EF,BE,BF,BD,由(1)可知交线/即为直线8D,

以点C为原点，向量不，而，而所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系,

设C4=Q,CB—b,CP=2c,

贝lj有C(0,0,0),4(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),F(|a,0,c),F(0,0,c),

于是屋=©出0,0),砺=(一。,一4。),乔=(0,—仇。),

iFgQPl

'.cosa=鬲而旷而行胃

从而sina=VI-cos2a=^^=5-

又取平面ABC的一个法向量为记=(0,0,1),

可得sin6=I沆函

\m\-\QP\-yJa2+b2+c29

设平面3EF的一个法向量为记=(%,y,z),

元•至=0—ri日（--ax=0

所以由可得（2取记=（0©b）,

n•BF—0.—by+cz=0

于是25四=制=$，

从而sin£=-cos2s=^==?,

故sinasin/?==:=sin。，

广va2+b2+c2Vt>2+c2va2+b2+c2

即s讥。=sinasinp.

解析：本题综合考查了线面平行的判定定理和性质定理，线面垂直的判定与性质定理，线面角，二

面角，异面直线所成的角，通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求二面角等基础知识与方法，

需要较强的空间想象能力、推理能力和计算能力.

(/)连接EF,利用三角形的中位线定理可得，EF//AC,利用线面平行的判定定理即可得到EF〃平面

ABC,由线面平行的性质定理可得E/7〃，再利用线面平行的判定定理即可证明直线，〃平面PAC.

(〃)以点C为原点，向量褊，而，而所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法

分别求出sin。，sina和sin0即可求得结果.

4.答案：解：(1)由题意作出如下图形并建立图示的空间直角

坐标系：

以4点为原点，4/1，&G，44所在的直线分别为x,y,z

轴，

建立图示的空间直角坐标系，则4式0,0,0),8式1,0,0),(7式0,1,

0),8(1,0,1),

(1)设GD=X,

AC〃PC[,

.£1P_Cl。_.

••AC~CD~~l-xf

可设D（0,l,x）,则P（0,l+户,0）,

1~X

A^B=（1,0,1）初=（0,1，x）,第=（-1,1+七,0）

设平面B&D的一个法向量为济=（a/，c）,

贝正,竺=°，令a=1,则布=(1内,-1),〃平面

(n-X1D=O^+cx=O

.--厂帝=1X(-1)+x-(1+七)+(-1)xO=O=i>x=i；

故CD=C1D.

(2)由(1)知，平面。的一个法向量为元=(1弓,一1),

又沅=(1,0,0)为平面的一个法向量，：-cos<元，>>=*嬴=|.

故二面角4--8的平面角的余弦值为

⑶•••西=(1,-2,0),而=(0,-1弓)，

设平面/DP的一个法向量为方=(x,y,z),

人口［"万小.丽两==o0n|(-xy-2+y；=0

令Z=1,Ap=(1,i,1),

又觉=(0,0，)，C到平面8止。的距离d=瞎=

解析：此题重点考查了利用空间向量的方法求点到平面的距离和二面角的大小，还考查了利用方程

的思想求解坐标中所设的变量的大小.

(1)由题意及图形建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用ac〃pc「建立点。的含有未知数

x的坐标，利用PBi〃平面BD必建立x的方程，解出即证出所求；

(2)由题意及(1)所建立的坐标系，利用平面法向量与二面角的大小之间的关系求出二面角的大小；

(3)利用空间向量中求点到平面的距离公式直接求出点到平面的距离.

5.答案：解：⑴•.YBCD-4/1的。1是正方体，4。，平面DCC/i，

又Di尸u平面。CQDi，•••AD1DjF.

(2)如图，取AB的中点G,连接GF,4G,

1

E

--->c

AGB

贝！]△A4iG=△BAE»Z.AGA1=/-BEA»

/./.BAE+NAGA]=Z.BAE+乙BEA=90°,•••AE1A-fi-

••,DrF//A^G,D]F1AE.

又由(1)知。/_L4。，•••AEAED,4。u平面AE£),AEdAD=A,

DrF_L平面AED.

又D[Fu平面A/DI，

二平面4EDJ•平面&FOi.

(3)V三技推E-A41F=V三棱锥F-AA\E，

VFGJ_平面ABBiAi即JFG_L平面AAiE,

二三棱锥F-4&E的高为FG=441=2,

2

SA4AlE=-X2=2,

14

"V三棱锥E-AA\F=V三棱锥F-AA'E~3'FG'SA/MIE=3-

解析：本题考查证明线线垂直、线面垂直、面面垂直的方法，求棱锥的体积，证明D/1面AE。是

解题的关键.

(1)由正方体的性质可得4。_L平面DCQDi，故AOID】F.

(2)取AB的中点G,连接GF,ArG,得出4E1D/,再得出0/_L4E,证得DJ_1_面AEZ),从而证

得面4ED，面4/5.

14

V=鼠七•

(3)先得出三棱锥尸—4&E的高FG==2,由暝/弼."好=^F-AA1ESAAAIE=-

求得结果.

6.答案：解：(1)：G,H分别为E4,F。的中点，

1

GH//AD,S.GH=~AD,

又BC"AD,S.BC=^AD,

GH//BC,且GH=BC,

四边形BCHG为平行四边形.

(2)设。为A。中点，连接EG,GO,CO,

由BE〃F4,BE=^FA,得四边形ABGE为平行四边形，

EG//AB,HEG=AB,

由BC〃/W,BC=\AD,得四边形AOCB为平行四边形，

•••CO//AB,S.CO=AB,

B

••・四边形ECG。为平行四边形，由中位线的性质得出0G〃/D.

EC//FD,

■■C,D,F,E四点共面.

解析：本题主要考查了直线与直线位置关系，四点共面问题，简单多面体及其结构特征的应用，属

于基础题.

(1)根据已知及平行线分线段成比例的计算，证明且GH=BC,可证四边形2CHG是平行

四边形.

(2)根据已知及简单多面体及其结构特征的判断，证明EC〃FD,可知C,D,F,E四点是否共面.

7.答案：(1)证明：因为BC〃平面SAD,BCcTffiABCD,平面4BCD0平面SAD=AD,

所以BC〃AD；

因为△SBC为等边三角形，且=

故SM1BC,贝IJSMJLAD；

(2)解：取SB的中点。，连接4。，CO,因为△SAB,△SBC均为等边三角形，

故A。1S8,CO1SB,

因为二面角A-BS-C为直二面角，

故平面4BS平面CBS,

因为4。u平面ABS,平面力BSn平面CBS=BS,

故AOJ■平面SBC；

故以。为坐标原点，OB,OC,0A所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系;

不妨设AB=2,则S(-1,O,0),B(l,0,0),C(0,V3,0),4(0,0,73)，

所以阮=(一1,b,0)，而=，阮0),

所以。(-消，⑹，/=(消同，

所以m=1而=(消，竽)，

所以'(-分第，

所以配=(-丽=(一|，一誓,誓)，而=(-1，今—号，

设平面3NC的法向量记=(%,y,z),

—X4-V3y=0,

则22V3,2V3

熏二股--%----y4----z=0,

33J3

则｛:='令y=1'则记=①1,2)为平面BNC的一个法向量;

则直线AN与平面BNC所成角正弦值sin。=\cos＜丽.元＞|=牖=噤.

解析：本题考查空间线面平行得性质、面面垂直得性质、向量法求线面角，考查考生直观想象、逻

辑推理、数学运算的核心素养，属于中档题.

(1)利用线面平行得性质得BC〃A£＞；再由△SBC为等边三角形，得SM_L8C,可SM14D；

(2)取SB的中点0,连接AO,CO,利用面面垂直性质得4。J■平面SBC；以。为坐标原点，OB,

OC,OA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得直线AN与平面BNC

所成角的正弦值.

8.答案：(1)解：如图，取AB的中点凡，连接EF,

则EF为过平面Z\CE与平面ABBiAi的交线.

理由如下：

连接CF.

••,E是44］的中点，

EF//ArB.

在正方体力BCD-4B1C1D1中，

AiDJ/BC,4也=BC,

二四边形4BCD1是平行四边形.

AXB//CD1,

EF//CDr,

E,F,C,£>i四点共面，

VE€平面4BB14,Ee平面D1CE,

于e平面FC平面D1CE,

二平面n平面ACE=EF,

••・平面ACE与平面4BB遇［的交线为EF.

（2）证明：・••在梯形ABCZ）中，AD//BC,

-.AB,CC是梯形A8C。的两条腰，

■■AB,C。必定相交于一点，

设ABdCD=M.

又*ABca,CDc£,

Mea,且M60,

•••MG（a

又•：aC0=I,M€I,

即A8,CD,/共点.

解析：（1）本题主要考查平面的基本性质，直线与直线的位置关系属于中档题.

首先证明四边形&BCA是平行四边形.进而得到&B〃CDi，EF〃CD「E,F,C,%四点共面,再证

明平面4BB14n平面ACE=EF,即可

（2）本题主要考查平面的基本性质，属于基础题.

由题意和平面的基本性质，证明AB与CD的公共点为两个平面的公共点即可.

9.答案：证明：（I）如图，取4c的中点0,连结P。，B0.尸内、

因为△ABC为正三角形，所以4C1B。；

因为PA=PC,所以4cl.P0.

又POnBO=0,PO,BOu平面BOP,

AB

所以ACJ■平面80P.

因为PBu平面80P,所以4clpB.

解：（II）解法一：过点P作80的垂线,垂足为H,连结AH.

因为ACL平面BOP,ACu平面ABC,所以平面BOP1平面ABC,

又平面BOPCl平面ABC=8。，PHc5pffiBOP,故PH_L平

面ABC.

所以直线PA与平面A8C所成角为NPAH.

在△BOP中，P0=1,BO=V3，PB=y/7,

由余弦定理得cos/POB=9咚=—区所以乙POB=

2X1XV32

150°.

所以“OH=30。，PH=3又PA=6,

故sinzPAH=—=»

PAV24

即直线PA与平面ABC所成角的正弦值为史.

4

解法二：如图，以O原点，以OA,OB为X,y轴建立空间直角坐标系.

可求得NBOP=150。，则4(1,0,0),B(0,V3,0),可一1,0,0),P(0,-y,|).

平面ABC的一个法向量为元=(0,0,1),AP=

设直线PA与平面4BC所成角为仇

1

则直线PA与平面A2C所成角的正弦值为疝/卜肝'“=?「=

解析：本题考查线线垂直的证明，考查线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，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题.

(I)取AC的中点。，连结P0,8。推导出AC1BO,AC1P0,从而AC_L平面BOP.由此能证明AC1PB.

(II)法一：过点尸作BO的垂线，垂足为H,连结4”.推导出平面BOPJ•平面ABC,PHJ•平面ABC,

直线PA与平面ABC所成角为NP4H,由此能求出直线PA与平面ABC所成角的正弦值.

法二：以。原点，以OA,03为x,y轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线PA与平面ABC

所成角的正弦值.

10.答案：W：(1)­.■AB=y[2,BC=AD=2,^ABC=.•.由余弦定理得：AC2=AB2+BC2-2AB•

2万

BCcos^ABC=(V2)+22-2xV2x2Xy=2,

AC=V2,^^AB2+AC2=BC2,-.AB1AC,

又4F14C,平面4CEF，平面A8CD,平面4CEFn平面4BCO=4C,AFACEF,

AF_L平面ABCD,

以4为原点，直线以AB,AC,4尸分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

如图所示，4(0,0,0),B(V2,0,0),C(0,V2,0)，。(-史,也,0),F(0,V2,l)-“0,0，1)，

设M(0,y,1),0Wy三方.则荏=(0,式,1)，DM=(V2,y-V2,l)>

AE1DM,AE-DM=V2(y—V2)+1=0>解得y=-y>

•・・罂=卜.•.当AE1OM时，点M为EF的中点.

FE2

⑵由(1)知，丽=(一加噂1),~BC=(一也6,0),

设平面MBC的一个法向量为访=(%i，yi，Zi),

则卜.BM=-%+为+Z1=0,取％=2,则沅=(2,2,近),

m-BC——\/2%!+V2yx-0

易知平面ECD的一个法向量为五=(0,1,0),

•••cos0=|cos<m,n>|=|三三|=’2=叵,

''1|m||n|1V4+4+25

平面MBC与平面ECD所成二面角的余弦值为平.

解析：本题考查平面与平面垂直的性质以及直线与直线垂直的判定，考查二面角的求法，属于中档

题.

(1)根据已知条件可证明直线4B,AC,AF两两垂直，所以以A为原点，直线以AB,AC,A尸分别

为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法可以很容易解决问题；

(2)根据条件易知平面ECO的法向量，所以求出平面MBC的一个法向量，然后利用有关公式计算即

可解决问题.

11.答案：(1)证明：如图：

取A8的中点M,连接尸M、CM.

因为P4=PB=BC=CA=2,4APB=60°,

所以△PAB^UAABC都是边长为2的正三角形，

因此4B1PM,AB1CM,

而PMnCM=M,PM、CMu平面PMC,

因此AB1平面PMC.

又因为平面P4B1平面ABC交于A8,AB1PM,4Bu平面PAB,

所以PM1平面ABC.

又因为CQJ•平面ABC,所以CQ〃PM,因此P、M、C、。四点共面，

所以4B1平面PMCQ.

又因为ABu平面ABQ,所以平面4BQ1平面PMCQ,即平面4BQ_L平面PQC.

(2)解：由(1)知：AB1PM,AB1CM,PM_L平面ABC,

而CMu平面A8C,因此PMJ.CM.

以例为坐标原点，MB，祝、丽的方向分别为x、y、z轴正方向，

建立空间直角坐标系，如下图：

p

由(1)知：APAB和△ABC都是边长为2的正三角形，

因此4(一1,0,0)，5(1,0,0),C(0,V3,0),P(0,0,V3).

设CQ=廉；1>0),则Q(0,W"),

因此前=(一1,0,国)，~BQ=(-1,V3,A),

AP=(1,0,V3),AQ=(1,V3,A).

设平面PQB的法向量为元=

则叵叫=0,即尸]+%=0,

Ei-BQ=01一％1+v3y!+Xzr=0

取Z[=>/3>则久i=3,%=V3—A,

因此后=(3,百一无四)是平面PQB的一个法向量.

由(1)可得：nJ=(1,0,0)是平面PMCQ的一个法向量.

又因为二面角A-PQ-B的大小为60。，

由(1)知：该几何体平面PMCQ对称，

所以二面角M-PQ-B的大小为30。，

因此cos30。=|cos<4,无>|=可篇

_3

yA2-2V3A+15

3V3

即Rn后嬴哀=T'

BPA2-2V3A+3=0,解得4=圾,

因此CQ的长为百.

解析：本题考查了线面垂直的判定，线面垂直的性质，面面垂直的判定，面面垂直的性质，平面的

基本性质及应用，二面角和利用空间向量求线线、线面和面面的夹角，属于较难题.

(1)取A8的中点M,连接PM、CM,利用平面几何知识得ZB1PM和4B1CM,再利用线面垂直的

判定得4B1平面PMC,再利用面面垂直的性质得PM1平面ABC,再利用线面垂直的性质，结合题

目条件得CQ〃PM,再利用平面的基本性质得P、M、C、。四点共面，最后利用面面垂直的判定得

结论；

(2)利用(1)的结论，结合线面垂直的性质得M3、MC、两两垂直，以用为坐标原点，MB,祝、

而的方向分别为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系，利用所给几何图形的对称性，结合题目

条件得二面角M-PQ-B的大小为30。，设CQ=4Q>0)得Q(0,百,；I),利用空间向量求面面的夹

角，计算得4=遍，从而得结论.

12.答案：证明：(1)vE.1分别为QDi，BiG的中点,

•••EF是△B£Di的中位线，

•••EF"D\Bi，

ABCD-是正方体，

・••BBJ/DD、、BB]=DD],

88山1。是平行四边形，

DB//DB1,EF//D1B1,

：.EF//DB,

••.£>、B、F、E共面.

(2)vACdBD=P,力iGnEF=Q,

•••PQ是平面441GC和平面DBFE的交线，

•••&C交平面。BFE于R点，

R是平面ZaGC和平面O8FE的一个公共点,

PQ是44传1。与平面DBFE的交线，

R是平面441GC与平面OBFE的交点，

•••两相交平面的所有公共点都在这两平面的交线上,

P.。、R三点共线.

解析：本题考查四点共面的证明，考查三点共线的证明，是中档题，解题时要注意空间思维能力的

培养.

(1)由已知得E/7/D1a,BB\"DD\、BBLDDi，从而BBiD]。是平行四边形，从而EF〃DB,由此

能证明。、B、F、E共面；

(2)由已知得EF是平面44C1C和平面DBFE的交线，R是平面44也1。和平面DBFE的一个公共点,

由此能证明尸、。、R三点共线.

13.答案：证明：如图所示,连接AB〉BiC,BD,

因为皿J■平面ABCD,ACu平面ABCD,

所以皿14C,

又因为DDiCBD=D,DD「BOu平面80。回

所以4C1平面BDDiBi，

所以ACIBDi，

同理可证BA1BC

又4CfiBiC=C,AC,BiCu平面ABC

所以3D】_L平面AB。.

因为EF_L4i。，又A\D“B\C,

所以EF1BXC,

因为EF_LAC,ACnBiC=C,AC,8停u平面48修，

所以EF1平面ABiC,

所以EF//BD「

解析：本题考查两直线平行的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.

连接BCBD,由线面垂直得1AC,由BD1AC,得4C1.BD1，同理可证B】C,

从而HD11平面4B1C,再由EF1平面4B1C,能推导出EF〃BD「

14.答案：解：(1)因为E、尸分别为棱A3、BC的中点，易得E、FW面4BCD且所与8相交，设

交点为P.

由小EBF三△PCF可得PC=BE=^AB.

同理，G”与CQ相交，设交点为2,同样可得PiC=CiG=qCiDi=[AB.

所以Pl与尸重合，因此(1)得证.

(2)延长HG、05相交于点R,延长FE交。A延长线于Q,则点R、。是截面与侧面的公共点,

连接R。与劣劣、分别交于点/、T,连接GM、TE,可得截面与正方体各面的交线分别为EF、

FH、HG、GM、MT.TE.截面如下图的阴影部分所示.

£8

(3)截面为正六边形，其面积为6xqx(4a)2=:伍2.

解析：本题主要考查简单多面体的结构特征，考查平面的基本性质及空间中的位置关系，属于中档

题.

(1)要证三线共点，可先证某两线相交(如下图中的E尸、GH相交，设交点为P),然后证明P既在平

面DCGDi内又在平面A8C。内，从而由基本性质2可得P一定在两平面的交线C。上，于是可得三

线共点.

(2)作截面的关键在于作出截面与各个侧面的交线(或者是作出截面与正方体的各棱的交点)，而要确

定两个平面的交线，要找到同时在两个平面上的至少两个点.

(3)直接计算六边形的面积即可.

15.答案：解：(1)CQ=1,S是菱形，即截面4PC#,其中F为乙劣中点，

易得第=今又PF=应，则4G=JAP2-(y)2=

所以面积为近•3=立，图如下：

22

4:也

—I—

(2)CQ=1，由P、。为BC、CG的中点，易得PQ//AD1，PQ=\AD^AP=D^,

所以S等腰梯形，图如下:

延长AP交。C于E,连接EQ并延长交C1A于R,

由尸为8c中点，易得CE=1,

由等=詈得QR=%

画图如下：

1

解析：本题考查了简单多面体及其结构特征和平面的基本性质及应用，是中档题.

(1)当CQ=1,S是菱形，计算可得其面积；

(2)当CQ=：时，由尸、Q为BC、CG的中点，易得S等腰梯形；

(3)当CQ=：时，由誓=署可得QR.

16.答案：解：(1)令40中点为0,连接P0,A0,

•••底面ABCD是菱形，且NZMB=60°,

△4BD是等边三角形，•••P0LAD,

"PA=PD,•••△PAD是等腰三角形，

•••P01AD,

•：POCiBO=0,又尸0,BOu平面P80,

AD_L平面PBO,

:PBu平面PB。，:AD_LPB.

(2)•••AB=2,贝lJP4=2.

••・由⑴知APAB,△ABD中边长为2的正三角形，则P0=V5,BO=V3

vPB=A/6,

AP02+BO2=PB2,即P01B0,

又由(1)知，BOLAD,PO1AD,

.•・以。为原点，。4OB,OP分别为X,y,.轴，建立空间直角坐标

系，如图，

则4(1,0,0),8(0,V3,0),P(0,0,V3),C(-2,V3,0),

设平面A8P的法向量为记=(x,y,z),由荏=(一1,旧,0),AP=(-1,0,历)

则理可=。.即卜*+皆=。令%=遮,得元=(国，1).

MP-n=0I-X+V3z=0

设平面BPC的法向量为沅=(x,y,z),由前=(-2,0，0),BP=(0,-V3,V3)

贝嚼：1：*磔=°•令，=1，得沆=(。，」)

从而cos〈元，而>=晟=萼，

由BCJ_平面MBP,故二面角M-PB-C为直二面角，

所以二面角4—PB—C为钝角，其余弦值为一半.

解析：本题考查线面垂直的判定判断线线位置关系以及利用空间向量法求二面角的余弦值，属于中

档题目.

(1)利用线面垂直的判定定理得出451平面尸80,,进而得出

(2)建立空间直角坐标系求出面AP8与面尸C8的法向量，进而由公式得出cos＜五,而〉，求出二面

角4-PB-C的余弦值即可.

17.答案：(I)证明：如图1,取BC的中点。，BiG的中点S，连接A。，&Di，根据棱柱的

性质可得,DDi-BB^AAI-BB^所以4Al2%

所以四边形ADDMi是平行四边形，

所以。1。2u平面ADD14.

因为。1。2与。Di相交，

(口)解：因为四面体44BC是正四面体，。1是△48C的中心，所以为。1_L平面ABC,A011BC.

所以以。】为坐标原点，帝，伍否方向分别为x轴，z轴正方向，|AB|为单位长度，

建立空间直角坐标系Oi-xyz.

易得4(今0,0),B(一9,/,()),C(-y,-pO)»41(0,0,9),5i(-y,ky)-—y)»

。2(-*,务

所以砧；=(—go,—当，FC=(0,-1,0),西=(一£o,务

oO33

所以4㈤•就=0,4。；•西=0,故百及是平面BCG/的法向量.

又不百是平面A8C的法向量，硒'=(0,0,-9),

设平面BCG当与平面ABC所成的锐二面角为氏

则=.........⑴分)

解析：(I)如图