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 (15)(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(15)

1.已知△ABC在平面£外，其三边所在的直线满足4Bna=P,BCC

a=Q,ACOa=R,如图所示，求证：P,Q,R三点共线。

2.图1是由正方形ABC。，RtAABE,R/4C0F组成的一个等腰梯形，其中AB=2,将AA8E、ACDF

分别沿AB,C。折起使得E与F重合，如图2.

⑴设平面4BEC平面CDE=l,证明：1//CD;

(2)若二面角4—BE—。的余弦值为争求AE长。

3.如图，四棱锥S-ABCD中，底面A8CZ)为矩形.SA,平面ABC。，E,F分别为A。，SC的中

点，EF与平面ABCZ)所成的角为45。.

(1)证明：EF为异面直线A。与SC的公垂线;

(2)若EF=：BC,求二面角B-SC-D的余弦值.

4.如图，正方体ABC。-AiBiG%中，E,F分别为GA，B】Ci的中点.

(1)求证:E,F,B,D四点共面；

(2)若4CnBD=P,A^^EF=Q,AC1与平面EF8。交于点R,求证：P,Q,R三点共线.

5.在空间四边形ABCD中,G分别是A。,。的中点,E,F分别边A8,8C上的点,且9=努=上

FBEB3

求证：")点E,F,G,"四点共面；(2)直线EH,BD,FG相交于同一点.

6.如图，在四棱锥S—4BCD中，底面ABC。是矩形，平面4BCD1平面SBC,SB=SC,M是BC

(1)求证：AMLSD-,

(2)若二面角B-S4-M的正弦值为日，求四棱锥S-ABCD的体积.

7.如图，三棱柱ABC—4B1C1中，底面AABC是正三角形，。1是其中心，侧面BCQB1是正方形,

。2是其中心.

(I)判断直线01。2与直线/4的位置关系，并说明理由；

(II)若四面体4ABe是正四面体，求平面BCC/i与平面ABC所成锐二面角的余弦值.

8.如图所示，ZkABC是等边三角形，DE//AC,DF//BC,二面角

。一4C—8为直二面角，AC=CD=AD=DE=2DF=2.

R

(1)求证：EF1SC；

(2)求平面AC£>E与平面BEF所成锐二面角的正切值.

9.如图在正方体4BC0—4iBiCiDi中，E、F分别是A8和的中点.求证:

(1)E、C、么、F四点共面；

(2)CE、D/、ZM三线共点.

10.如图，四棱柱4BCD-&8道也的侧棱4Ali底面ABCQ,四边形ABCD为菱形,E,尸分别为4公,

CCi的中点.

(1)证明：B,F,Di，E四点共面；

(2)若4方=2,^BAD=p求点F到平面BOD1的距离.

11.在正四棱柱ABCD-AiBiGDi中，点M,N分别在棱CQ上，且4M=2M4,C9=2CN.

证明：(I)点。在平面B1MN内;

(U)MN1BD.

12.按下列叙述画出图形(不必写出画法)：

(l)aua,bua,anb=4,cna=A；

(2)aC\p=m,aua,be/?,aC\m=N,Mem,b//m.

13.如图，正方体ABC。-A'B'C'D'中，P,Q,R分别在棱AB,BB',CC'上，且。P,RQ相交于点

0.

(1)求证：DP,RQ,BC三线共点.

(2)若正方体的棱长为2,且P,R分别是线段A8,CC'的中点，求三棱锥。-PB'R的体积.

14.如图，在直四棱柱48。。一4/停1。1中，底面48co是等腰梯形，BC//AD,乙4BC=120。,

AD=AAr=2BC=4,E,尸分别为&D,CD1的中点.

(1)证明：点A在平面CEF内;

(2)在棱C。上是否存在点M,使得平面EFM_L平面CDE?若存在，求出苗的值；若不存在，请

说明理由.

15.如图，在边长为2的菱形A8CD中，Z.ADC=60°,现将△ADC沿AC翻折到△4PC的位置.

(1)求证：PB14C;

(2)求三棱锥P-4BC体积的最大值.

16.在空间四边形ABCE)中,4,G分别是4。。的中点,E,尸分别是边AB,BC上的点，且管=啜=；.

ABCB4

求证：

(1)点E,F,G,H四点共面；

(2)直线E”，BD,FG相交于一点.

17.如图，在正方体4BC。一中，CG=1CCVBE=^BC,BF=^AB,B】G与gE交于点

O.

(1)证明：E,F,G四点共面;

(2)求证：BXG1DyE.

18.如图所示,正方形ABC£＞所在平面与梯形ABMN所在平面垂直,MB〃4N,M4=AB=2,BM=4,

CN=2V3.

I)

(1)证明：平面DMN1平面8cM

(2)求二面角C-MN-。的余弦值.

19.如图(1)是一直角墙角，4408=90。，墙角的两堵墙面和地面两两互相垂直.是一块长

A8为6米，宽BC为2米的板材,现欲用板材与墙角围成一个直棱柱空间堆放谷物.

(1)若按如图(1)放置，如何放置板材才能使这个直棱柱空间最大？

(2)由于墙面使用受限，0A面只能使用2米，08面只能使用4米.此矩形板材可以折叠围成一个

直四棱柱空间，如图(2),如何折叠板材才能使这个空间最大？

20.在四棱锥P-4BCD中，底面ABC。是菱形，平面PBC，底面A8CD,且BD1.PC.

(1)求证：PA=PB；

(2)设BD=PB,/.BAD=60°,E为PC的中点，求直线BE与平面PAB所成角的正弦值.

【答案与解析】

1.答案：证明：•••ABna=P,

PeAB,Pe平面a,

又•：ABu平面ABC,

：.Pe平面ABC,

.••由公理3可知，点P在平面ABC与平面a的交线上，

同理可证Q,R也在平面ABC与平面a的交线上，

■■P,Q,R三点共线.

解析：本题是一个证明三点共线的问题，利用公理3,两平面相交时，有且只有一条公共直线，属

于基础题.

因此只需证明P、Q、R三点是某两个平面的公共点，即可得这三个点都在两平面的交线上，因此是

共线的.

2.答案：(1)证明：因为CD〃4B,力Bu平面ABE,CD笈平面ABE,

所以CD〃平面48E,

又CDu平面ECD,平面ABEn平面ECD=I,所以l〃CD,

(2)解：因为AB〃CD,CDIDE,所以AB1DE,

y.AB1AE,AECtDE=E,4Eu平面ACE,DEc5?®ADE,

所以48I5?®ADE,

因为ZBu平面ABCD,所以平面4BCD，平面AED,

过E作E01A0于点。，则。是4。的中点，

因为平面ABC。n平面4E。=4。，EOu平面ACE,

所以EO，平面ABCQ,

以。为原点，与AB平行的直线为x轴，0。所在直线为)，轴，0E所在直线为z轴

建立空间直角坐标系。一xyz,

设EO=/i,则4(0,—1,0),0(0,1,0),5(2,-1,0),E(0,0,h),

AB=(2,0,0),AE=(0,1>h),

设平面ABE的法向量为/=(_x,y,z),

-n7=0Fin(2%=0m八.n.iY

,.BPj,_»取％=0.y=/i,则z=-1

g.元=0。+九A一°n

所以平面ABE的一个法向量近二(0"-1)

同理可求得平面BDE的一个法向量为五=(儿九,1),

|n7-n?|_|h2-l|_V5

所以|cos<n7,nJ>

|n7|-|nj|一屈G72M+1-5

解得九=2或去

检验发现仁争寸二面角4-BE-D的平面角为钝角,

所以h=2,此时4E=4.

解析：本题考查线面平行的判定定理与性质定理，考查利用空间向量解决二面角问题，属于中档题.

(1)利用线面垂直的判定定理得出CD〃平面4BE,再由面面平行的性质定理得出证明即可；

(2)建立空间直角坐标系，由二面角A-BE-D的余弦值为?求出AE的长即可.

3.答案：(1)证明：如图，四棱锥S—4BCD中，S4_L平面A8C£>,E,尸分别为A。，SC的中点，EF

与平面ABC。所成的角为J5.

z

X

由题意，AB,AD,AS两两垂直，以4为原点，AB,AD,AS所在直线为x,y,z轴建立如图所示空

间直角坐标系，

设B(a,O,0),。(0力，0),S(0,0,c),

则C(a/,0),F(0,1,0),F(ppf),

FF=(p0,|),平面ABC。的法向量为而=(0,0,c),

由E尸与平面ABC。所成的角为监，

・•・sm45°=|cos<,AS>\=解得Q=C,

•»AD—(0,^»0),EF—(22>SC=(a/，—a),

・••亚•前=0，SC-EF=0，--EFLAD,EFISC,

・•・EF为异面直线A£＞与SC的公垂线.

(2)解：若EF=：BC,则]?+?=1，♦・.b=aQ,

・・.BC=(0,y[2a,0)»SC=(a,y/2a,-a),DC=(a,0,0)，

设平面BSC的法向量为记=

贝归电=0即产；。

m-SC=0(xx+v2yx-zx=0

取元=(1,0,1),

设平面05c的法向量为沅=(x2,y2,z2)>

lJj|jp-£C=0gpp=0

(五•SC=0(%2+72y2-z2=0

取沅=(0,1,加)，

Z“力八瓜瓜

y/2-y/H3

由图可知二面角B—SC-。为钝二面角，

••・二面角B-SC-D的余弦值为一泉

解析：此题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的求法，属中档题.

(1)以A为原点，AB,AD,AS所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设出各点坐标，由EF

与平面A8CZ)所成的角为45。求出各点坐标的等量关系，再由向量法证明EF1AD,EFLSC即可；

(2)在(1)的基础上，由EF=：BC可得各点坐标的等量关系，再求平面8SC与平面OSC的法向量，

利用向量夹角公式求解即可.

4.答案：证明：(1)连接当劣，如图：

在正方体4BCD—4B1GD1中，E,尸分别为G5，&G的中点，

•.•后尸是4316。1的中位线，.“尸〃8也，

又•:为BQ1//BD,EF//BD,

■■B,D,E,尸四点共面.

(2)在正方体4BCD-AiBiGDi中，ACCBD=P,A^gCEF=Q,

•••PQ是平面441GC与平面BDE尸的交线，

又因为4G交平面BDEF于点、R,

•••R是平面441GC与平面8DEF的一个公共点.

因为两平面相交的所有公共点都在这两个平面的交线上，

：.P,0,R三点共线.

解析：本题考查四点共面的证明及三点共线的证明，关键是利用平面的基本性质及正方体的特征,

属于中档题，解题时要注意空间思维能力的培养.

(1)由中位线及正方体的特征，可得EF//BD,由此能证明。、B、F、E共面；

(2)首先可知PQ是平面A41cle与平面BDEF的交线，然后通过R是平面441cle与平面BOEF的一

个公共点，即可得证.

5.答案：证明：(1)如图所示，连接EF,HG,

A

L

空间四边形ABC。中，H,G分别是A。，C。的中点，

:.HG//AC,

又廿=竺=三，

FBEB3

.-.EF//AC,

.-.EF//HG,

E、F、G、H四点共面；

(2)由题易得跖与HG不相等，所以EH与FG必相交.

设EH与FG交于点、P,

■■■EHu平面ABD,

.■P在平面ABD内，

同理P在平面BCD内，

且平面48。n平面BCD=BD,

二点尸在直线8。上，

直线EH,BD,FG相交于一点.

解析：本题考查了三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、直线的平行性的传递性、确定

平面的条件以及三线共点的应用问题.

(1)利用三角形的中位线平行于第三边和平行线分线段成比例定理，得到EAG”都平行于4C,由

平行线的传递性得到EF//GH,

根据两平行线确定一平面证明；

（2）利用分别在两个平面内的点在这两个平面的交线上，即可证明.

6.答案：证明：（1）;SB=SC,何是8c的中点，.「SMIBC,

•••平面ABC。1平面SBC,平面ABCDC平面SBC=BC,

SM_L平面ABCD,

■■■AMc^-^ABCD,.-.SMIAM,

•••底面ABC。是矩形，M是BC的中点，AB=1,BC=2,

AM2=DM2=Vl2+I2=V2-AD=2,

•••AM2+DM2=AD2,AM1DM,

SMHDM=M,SM、DMu平面。MS,

•••AM，平面DMS,

vSDu平面DMS,AMLSD.

解：（2）「SMI平面ABC。，.•.以“为原点，MC为x轴，

MS为y轴，过M作平面8CS的垂线为z轴，

建立空间直角坐标系，

设SM=t,则M(0,0,0),8(-1,0,0),S(0,/,0),

4(-1,0,1),

BA=(0,0,1),=(1/，0),AM=(-1,0,1),

MS=(0/.0),

设平面ABS的法向量元=(xj,z),

则产饕=z：及取“1,得五=(1,一：,0),

设平面M4s的法向量访=(a"c),

则pH•竺=-a+c=0,取a=i,得记=(1,0,1),

(布•MS=tb=0

设二面角B—SA-M的平面角为仇

•••二面角B-SA—M的正弦值为在，

3

sind=半，cosd=Jl—(当/=当，

|nin|1VI

.'""9a=而=不有=可，解得t=鱼，

VSM，平面ABCD,SM=V2,

•••四棱锥S-4BCD的体积：

12\/2

Vs-ABCD=Q现彩■SM=-x2xlx\/5=-5—*

J«5«5

解析：本题考查线线垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意

空间思维能力的培养.

(1)推导出SM1BC,SM1AM,由勾股定理得4M1DM,从而AM_1_平面DMS,由此能证明4M1SD.

(2)以M为原点，MC为x轴，MS为y轴，过M作平面3CS的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

设SM=3利用向量法结合二面角8—SA—M的正弦值为正，求出f,然后求出四棱锥S—4BCD的

3

体积.

7.答案：(I)证明：如图1,取BC的中点。，&C1的中点5，连接AO,&么，DD。根据棱柱的

性质可得，。劣金Bi，，44］金8/所以44i金人

所以四边形4。5久是平行四边形，

所以。1。2u平面40。送］.

因为。1。2与相交，

(II)解：因为四面体4MBe是正四面体，。1是△A8C的中心，所以公。1_L平面ABC,AOX1BC.

所以以。1为坐标原点，勾，匹％方向分别为x轴，z轴正方向，|4B|为单位长度，

建立空间直角坐标系。1-xyz.

易得4（今0,0）,8（-9彳,0）,C（一今一:0）,4式0,0,净，81（一¥*,号,Q（一-

。2（-今。冷

所以硕=（-90,-当，FC=（0,-l,0）,西=（一条0净,

所以石瓦•瓦t=0，4。；•西=0,故京及是平面BCGB1的法向量.

又不才是平面A8C的法向量，=（0,0,~y）＞

设平面BCCiB］与平面ABC所成的锐二面角为氏

.a।4］。2,41。］1TXT_V3

人J-MlIX^I-J（,）2+（¥）2x及—3■

解析：（I）如图1,取8c的中点。，的中点D「连接AD,45,DD］,证明四边形ZDD14是

平行四边形，然后说明。1。2与相交.

（II）以01为坐标原点，勾，可匹方向分别为x轴，z轴正方向，|48|为单位长度，建立空间直角坐

标系。i-xyz,求出平面BCC$i的法向量.平面A8C的法向量，利用空间向量的数量积，求解平面

BCGB1与平面A8C所成的锐二面角的余弦函数值即可.

本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，平面的基本性质的应用，二面角的平面角的求法，考

查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题.

8.答案：（1）证明：因为OE〃AC,DF//BC,所以△ABC是等边

三角形，

所以NEDF=乙ACB=60°,又4c=DE=BC=2DF=2,

在△ED尸中，由余弦定理可得，EF=

V22+I2-2x1x2xcos600=V3,

所以EF2+。产=DE2,

故EF1DF,所以EF1BC；

（2）解：设线段AC的中点为。，连结BO,DO,

因为△ABC和A4CC都是等边三角形，所以BO1AC,DOVAC,

故NBOC即为二面角。-AC-B的平面角,

由于二面角D-4C-B是直二面角，所以N8。。=90。，

建立空间直角坐标系如图所示，

则4（0,-1,0）,8（百,0,0）,E（0,-2,何G（泉;,0）,

所以前=(-V3,-2,V3),FF=AG=(y,|,0).

设平面3EF的法向量为元={x,y,z),

则有需二二,即—V3x—2y+V3z=0

V3.3

—x4--y=n0

22,

令》=b，则y=—l,z=苧，所以范=(遮,—1,f),

又加=(遮,0,0)，且而是平面ACC陀的一个法向量,

一TTQ、n-OB33

所以。。5<%。8>=硒=嬴肾=右，

则sin<n,OB>=小-(a=盍，

所以tan<n,OB>=

故平面4COE与平面BE尸所成锐二面角的正切值为|.

解析：(1)证明AABC是等边三角形，得到边角的值，然后在AEDF中，由余弦定理求出EF,结合勾

股定理和平行公理即可证明；

(2)建立合适的空间直角坐标系，求出点的坐标，利用待定系数法求出平面BE尸的法向量，然后利用

向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可.

本题考查了立体几何的综合应用，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空

间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题.

9.答案：解：(1)连接Er，CD】，&B,

•••E、尸分别是AB和441的中点，

EF//ArB,

f

vBC=B1C1=A1D1

・・・四边形4/CDi为平行四边形，

・•・A1B//CD1,

・・・EF〃C7)i，

:,EF,CD1可以确定一个平面，

所以E、C、D]、F四点共面.

(2)由(1)得E/7/CD],EFcCDr,

所以CE与相交，即CEnF£)i=P,

所以P6CE,

CEu平面4BCO,

Pe平面ABCD,

同理，PC平面4DD141，

又•••平面4BCCn平面=AD,

：.PeAD,

:.CE、DiF、ZM三线共点.

解析：本题主要考查平面的基本性质及应用，属于中档题.

(1)连接EF,CD】，ArB,得出EF//&B,求得四边形4/。％为平行四边形，即可解得.

(2)由(1)得EF〃CDi，EFuCD],所以CE与QF相交，根据平面三点共线的性质即可解得.

10.答案：⑴证明：取DDi中点为G,连接AG,BF,FG,ED「因为G,尸分别为DD「CC1的中点,

由已知可得四边形ABFG为平行四边形，&BFHAG.

因为E是的中点，所以EDJ/4G,所以ED1〃B凡所以B,F,%,E四点共面.

(2)连结AC交8。于。，贝北。18。，又平面8叫1平面ABC。，平面夕皿n平面4BCO=B。，所

以C。1平面

由CF〃平面BODI知F,C两点到平面BL)%的距离相等.

在菱形ABC。中，^BAD=p所以△BCD为正三角形，

由AB=2知CO=V3＞所以尸到平面BDDi的距离为CO=百

解析：解析：

本题考查了平面的性质和空间距离，是一般题.

(1)根据平面的性质进行证明；

(2)连结AC交8。于0,把尸到到平面BOA

即离转化为C到平面BOD1的屈离,通过证w)C。"L平面BDDr通过解三角形可以得出答案.

11.答案：解：(1)取BBi上靠近2的三等分点G,连接QM,DN,GN,GA.

因为点可在。。1上，且GN=2CN,所以NG〃BC,且NG=BC,

又因为ABCD为正方形,所以AQ〃8C,且4。=BC,

所以A£>〃NG,且4D=NG,

所以四边形A£WG为平行四边形，所以。N〃/1G,且DN=AG,①

在平面ABBiA内，M在441上，且AM=2M&,所以AM〃B]G,且4M=B1G,所以4MB]G为平

行四边形.

所以AG〃“%，AG=MB],(2)

由①②得，DN〃MB，所以D,N,M,四点共面.

所以点。在平面&MN内.

(2)因为4BCD-&8心。1是正四棱柱，所以J■平面ABCD,而BDu平面ABCD,

所以8。1441，

又因为ZC1BD,又4CnM=4AC,44工平面4ale停

所以BD1平面441GC,

又因为点M,N分别在棱44「CCi上，所以MNu平面441QC,

所以8。1MN.

解析：本题考查平面的性质、线面垂直的判定及性质，属中档题.

(1)取BBi上靠近8的三等分点G,可得四边形ADNG为平行四边形，又AG〃MB-AG=MB「

得。，N,M,Bi四点共面，即结论成立；

⑵根据正四棱柱的性质可得1平面ABCQ,利用线面垂直的性质可得B。144],再利用线面垂

直的判定定理可知BD1平面44传修，即有ED1MN.

12.答案：解：⑴

⑵N

Mm

a

解析：本题考查线面位置关系的作图，属于基础题.

(1)依题意画出图像即可；

(2)依题意画出图像即可.

13.答案：(1)证明：DP,相交于点。，即。eDP,O&RQ

因为DPu平面ABCD,RQu平面BC《E，所以。平面ABCD'。平面BCd

即点。是平面ABC。与平面4CD的公共点，因为平面SBC。n平面BCC'B'=BC

所以OCBC,所以。P,RQ,BC三线共点

(2)解：因为尸，R分别是线段AB,CC'的中点，BP//DC.I3QI/CC

所以。B=BC,Q8=：CR,因为正方体的棱长为2

所以QB'=：,0B=BC=2,PB=1,所以5加？“：.B,Q.=：x：x4二3

所以％-pyj?=Vp_°UR=--S功ER-PB=-X3X1=1

MM

解析：本题考查了立体几何的平面基本定理与应用，考查了求三棱锥的体积，属于中档题.

(1)由条件可得点O是平面A8C。与平面BCD的公共点，然后平面4BCDn平面BCC'B'=BC,然

后得到0GBC即可；

(2)由条件可得QB'=|,。8=BC=2,PB=1,然后利用力.PB，R=4-OB，R=；-5A0B,fi•PB计算即可.

14.答案：(1)证明：如图，连接AO。AC,

因为E为的中点.所以E为45的中点，

又尸为CD1的中点，所以EF〃4C,

所以A,C,F,E四点共面，

故点A在平面CE尸内.

B

(2)解：当霁=4，即例为棱CO的中点时，平面EFMJ•平面COE.

理由如下，

因为尸为CD1的中点，所以M/7/0A,故MF1CD.

由题意得AB=CD=BC=2.又N4BC=120°,

所以AC=2V3.

因为佃=4vLCD]=26，

所以4c2+C。/=422,所以a。j.CD1.

在RM4CD1中，CE=j/lDi

又DE=3ADI，所以CE=DE,

因为例为C£＞的中点，所以ME1CD.

又MECMF=M,且用E,时F(=平面后正加，

所以CD1平面EFM,又CDu平面CDE,

所以平面EFM_L平面CDE.

解析：本题主要考查的是平面的基本性质及面面垂直的判定，属于中档题.

(1)通过证明E/7/4C,得到AC,F.E四点共面，即可得证；

(2)当穿=即M为棱CD的中点时，平面EFM1平面CDE.再结合面面垂直的判定定理证明即可.

15.答案：(1)证明：如图

取AC的中点为。，连接PO、0B,

由菱形特点易得4c_LP。，ACLOB,

又PO(WB=0,PO、OBu平面尸08,

AC_L平面POB,

又PBu平面POB,

AC1PB.

(2)解：在边长为2的菱形48CO中，AADC=60°,

则P。=8。=V5，AC=2,

13

SAPOB=^P0-BO-sin4POB=；sin"°B，

则%-4BC=^A-POB+^C-POB

--^AC-S^POB—sinz.POB,

当NPOB=90。时，力-we的最大值为L

解析：本题考查直线与直线垂直的证明，三棱锥的体积的最值问题，属于基础题.

(1)取AC的中点为O,连接PO、OB,证明AC1PO,AC10B,推出力C1平面尸。8,然后得到AC1PB.

(2)利用/YBC=VA-POB+%_p°B结合三角形的面积公式求解即可.

16.答案：证明：(1)如图所示，连接EEHG,

空间四边形A8CZ)中，H,G分别是AQ,8的中点,

HG//AC；

又些="1

ABCB4

EF//AC,

EF//HG,

•••E、尸、G、”四点共面；

(2)设EH与FG交于点P,

vEHu平面ABD,

P在平面AB。内，

同理P在平面8C。内，且平面ABDn平面BCD=BD,

二点尸在直线上，

直线EH,BD,FG相交于一点.

解析：本题考查了三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、直线的平行性的传递性、确定

平面的条件以及三线共点的应用问题.

(1)利用三角形的中位线平行于第三边和平行线分线段成比例定理，得到EEG”都平行于AC,由

平行线的传递性得到EF//GH，根据两平行线确定一平面证明；

(2)利用分别在两个平面内的点在这两个平面的交线上，即可证明.

17.答案：证明：(1)如下图，连接AC,&Ci.

因为案=笨号，所以EF//4C,

又41cJ/4C,所以EF〃&Ci，

所以E,F,Ci四点共面；

(2)易得RtABIGG三Rt△gCE,所以NGBM=乙CgE,

所以zCi/G+AC1GB1=/CCiE+乙C、GBi=90°,

所以NCiOG=90。，即&G1EC1.

因为G5J■平面BCC/i，所以G51B1G,

XFCiHC1D1=CltEg、Ci。】u平面EC]Di，

所以BiG1平面EC1O1，

又DiEu平面EGA，

所以B]G1DrE.

解析：本题考查平面的基本性质及应用，空间中直线与直线的位置关系，考查线面垂直的判定，考

查空间思维能力，是中档题.

(1)连接4C,4G，证得EF〃&Ci，即E,F,G四点共面；

(2)易得Rt△BiJG三Rt△C】CE,得乙QOG=90。，即BiGLEQ,证得B】GJ■平面EQ£)i，即可得

证1D1E.

18.答案：(1)证明：•.•正方形A8C。所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，BCLAB,

：.BC1平面ABNM,

•：MNu平面ABMN,BNu平面ABMN,

BC1MN,BC1BN,

由BC=2,CN=26得BN=>JCN2-BC2=2近，

由N4=AB=2,可得ABJ.AN,

在直角梯形ABMN中可得MN=2位，

由BM=4,BN=MN=272.可得BN?+MN?=BM?,

•••BN1MN,

•••BCflBN=B,

•••MN，平面BCN,

■.MNu平面DMN,

••・平面DMN，平面BCN；

(2)解：如图，以8为坐标原点，BA,BM,BC所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系B-xyz,

则8(0,0,0),C(0,0,2),0(2,0,2),M(0,4,0),N(2,2,0),MN=(2,-2,0)，CN=(2,2,-2),

DN=(0,2,-2)>

设元=Oi，%,zj是平面CMN的法向量，

则尸迹=0,(2X1-2yi=0

l元•CN=0I2/+2yx-2z1=O'

取%i=1,得完=(1,1,2),

设方=(%2，y2，Z2)是平面OWN的法向量，

则理.迎=0,即像2-翁:一

(m-DN=0以及-2Z2=0

取Z2=1,得沅=(1,1,1),

设二面角C-MN-D的平面角为0,

则加。=.标=1X1+1X1+2X1=2V2

一|H|.|m|—V12+12+22XV12+12+12—3，

由图可知二面角C-MN—。为锐角，

所以二面角C-MN—。的余弦值为2.

3

解析：本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的

位置关系，平面向量的法向量等基础知识.

(1)根据正方形ABCQ所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，BCLAB,得到BCJ■平面ABNM,根据

MNu平面ABMN,BNu平面ABMN,得到BCJ.MN,BC1BN,由BC=2,CN=26得BN=

\/CN2-BC2=2V2，由N4=4B=2,可得4B1AN,进而求出BN1MN,根据BCnBN=B,得

到MN1平面BCN,根据MNu平面DMN,得到平面DMN_L平面BCN；

(2)以8为坐标原点，BA,BM,BC所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系