高中数学必修二第八章第六节《空间直线、平面的垂直》解答题提高训练 (八)

必修二第八章第六节《空间直线'平面的垂直》解答题提高训练(8)

1.如图，在多面体PQABCD中，四边形A8C。是边长为〃的菱形=120°,PD1平面ABCQ,

QB，平面ABCD,PD=2QB=V2a.

(1)证明：PA1QC.

(2)若三棱锥Q-P4C的体积为遥，求实数a的值.

2.如图，已知点P为正方形A5CD所在平面外一点，AP40是边长为2的等边三角形，点E是线

段尸。的中点，平面PAO_L平面ABCD.

(1)证明：PB〃平面AEC；

(2)求三棱锥P-AEC的体积.

3.在三棱台ABC-DEF中，AB=BC=2DE.ZDAB=4EBA=60°,平面ABED_L平面ABC,BC1BE.

(1)求证：平面ABED_L平面BCPE；

(2)求直线与平面AB/所成角的正弦值.

4.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，々IBC=Z.ACD=90°,AC=/.CAD=60°,PA，平面ABC。,

PA=2,AB=1,设M、N分别为P£＞、AZ）的中点.

(1)求证：平面CMN〃平面PAB；

(2)求三棱锥A-CMN的侧面积.

5.如图，四棱锥P-4BCD中，底面A8C。是菱形，MAD=或〃是棱PB上的点，。是AO中点,

且P01底面ABC。，OP=V30/1.

(I)求证：BC1OMx

(11)若「时=§28,求二面角B-OM-C的余弦值.

6.如图，四边形4BCO为矩形，且4D=2,AB=1,P4平面ABC。，PA=1,E为BC的中点.

(1)求证：PEJ.DE；

(2)求三棱锥C-POE的体积.

7.如图，在四棱锥P—4BCD中，团P4B是正三角形，四边形ABC。是正方形.

B'C

(I)求证：PC=PD；

(11)若2「0=遍0求直线PB与平面PC。所成角的正弦值.

8.如图，在四棱锥P-ABC。中，^ABC=ZACD=90°,Z.BAC=/.CAD=60°,PA1平面ABC。,

PA=2,48=1.设〃，N分别为PO,4力的中点.

(1)求证：平面CMN〃平面PA8.

(2)求三棱锥P-ABM的体积.

9.在如图所示的多面体中，AB//CD,四边形ACFE为矩形，AB=AE1,AD=CD=2.

(I)求证：平面ABE〃平面C。尸；

(H)设平面BEFn平面CDF=I,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择若干个作为已知,

使二面角B-I-C的大小确定，并求此二面角的余弦值.

条件①：ABLAD；

条件②：AEABCD；

条件③：平面4ED■1平面ABCD.

10.如图，在四棱锥P-4BC。中，AD=BD=BC=1,AB=CD=V2,PA=PB,平面PBO_L平

面ABCD.

(1)求证：PD14B；

(2)已知二面角P-AC-。的余弦值为底.线段PC上是否存在点M,使得与平面PAC所成的角为

6

30°?证明你的结论.

11.如图，四边形ABC。是边长为2的正方形，4P=P。将三角形PA。沿4。折起使平面PAD工平

面ABCD.

(2)若二面角B-PC-D的余弦值为_孚，求4P的长.

12.已知菱形ABC。边长为1,AC=以8。为折痕把AABD和△CBD折起，使点A到达点E的

位置，点C到达点F的位置，E,尸不重合.

(1)求证：BD1EF-,

(2)若EF=|,求点B到平面DEF的距离.

13.如图，已知直角梯形4CEF与等腰梯形ABC£＞所在的平面互相垂直,EF〃AC,EF=jAC.FC1AC,

AD=DC=CB=CE=-AB=1.

2

(I)证明：BC1AE；

(n)求二面角。-BE-F的余弦值;

14.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PADJ■平面ABC。，四边形A3CZ)

为正方形，AB=AP=PD=2.

(1)证明：AB_L平面PAO；

(2)求点8到平面PCD的距离.

15.如图，在平面四边形A5CZ)中，AB=AD,BC=CD=五，且BC1CD.以8。为折痕把△4BD和

△CBD向上折起，使点A到达点E的位置，点C到达点F的位置(E,尸不重合).

(1)求证：EF1BD；

(2)若平面EBD1平面FBD,点E在平面ABC。内的正投影G为AABD的重心，且直线E尸与平

面尸8。所成角为60。，求二面角4-BE-。的余弦值.

16.已知四棱柱ABC。-&B1GD1中，底面ABCO为菱形，AB=2,AAr=4,^BAD=60°,E为

BC中点，G在平面4C。上的投影”为直线AE与DC的交点.

(1)求证：BDA.ArH；

(2)求二面角Di-BBi-C的余弦值.

17.如图，在四棱锥P-ABCD中，PDABCD,四边形A8C。是等腰梯形AB〃DC,BC=CD=

AD=2,AB=4,M,N分别是4B,力。的中点.

(1)证明：平面PMNJL平面PA。；

(2)若二面角C一PN—。的大小为60。，求四棱锥P-4BCO的体积.

18.如图，长方体4BC0中，AB=16,BC=10,44=8,点E,F分别在A/i，

上，A1E=D1F=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.

AB

(1)在图中画出这个正方形，并指出正方形另外两个顶点的位置(不必说明画法和理由);

(2)求直线AF与平面a所成角的正弦值.

19.如图，在三棱锥P—4BC中，AB=BC=272，^BAC=pPA=PB=PC=4.

(1)证明：平面P4CJ•平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，PC与平面PA例所成角的余弦值为手，求CM的长.

20.在三棱柱4BC-41B1G中，已知4B=AC=A&=3,BC=4,点4］在底面ABC的射影恰好是

线段BC的中点

(1)证明：在侧棱上存在一点M使得MNJ•平面BBiJC,并求出AN的长;

(2)求三棱柱ABC-&BiG的侧面积.

【答案与解析】

1.答案：（1）证明：因为PD=2QB=缶,所以QB=¥（Z.

因为PD1平面ABCD,QB平面ABCD,

所以AQ=QC=[a?+（当a）2=ya.

因为四边形A8CQ是边长为a的菱形，〃BC=120。，

所以AC=y/3a.

因为AQ24-Qf2-^a2_|_|a2_3a2,

所以4Q2+QC2=AC2,所以AQ1QC.

连接80,交AC于点。，过点。作QM〃8D,交PO于点M,如图,

则QM1P0,所以QM=BD=a.

因为PD=2Q8=&a,所以PM=苧a,

所以=（当222

PQ2=PM2+QM22+a=|a

因为PC?=PD2+DC2=（V2a）2+a2=3a2,

所以PQ2+QC2=PC?,所以PQLQC.

又PQCAQ=Q,PQ、AQu平面PQA.

所以QC1平面PQA.

又P4u平面PQA,所以241QC.

(2)解：由(1)的证明及对称性易知PQ1QA,

所以为-p4c=VJPAQ=lx^PQxAQxQC

=N当axqax手。=靠3=倔解得a=2.

解析：本题考查了棱锥的体积、线面垂直的判定和线面垂直的性质，是中档题.

(1)通过计算证明得AQ1QC和PQ1QC,可得QC，平面PQA,由线面垂直的性质可得线线垂直;

(2)由4c=^C-PAQ=可得a的值.

2.答案：(1)证明：连接30,设BDnAC=0,连接0E.

•••底面ABC。是正方形，二0为8。的中点.

又是线段尸力的中点，

0E是APBC的中位线，

•••OEHPB,

vPB<t平面AEC,OEu平面AEC,

：.PB〃平面AEC.

B

(2)解：在正方形ABC。中，CDJ.4D,

又•.•平面PADn平面ABC。=AD,且平面P4D1平面ABCD,

：.CD1,平面PAD.

・・・△PAD是等边三角形，且E是线段尸。的中点，

111ooV3V3

•'・S⑦PAE=^SZPAD=2X2X2X2Xy=y,

=X

•••Vp-AEC=^C-PAE3S^PAE*。。=,*三乂2=彳・

解析：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面

体的体积，是中档题.

(1)连接30,设BDn4C=0,连接OE,得到0E〃P8即可；

(2)根据题意得到C。_L平面PAD,进而得到SAPM=|SAP/1D=当即可.

3.答案：(1)证明：过点E作EHJ.4B于从

•••平面ABEDJ"平面ABC,平面ABED介平面ABC=4B,EHu平面ABED,

AEH_L平面ABC,

■：BCu平面ABC,

•••EHIBC,

又BCLBE,BECEH=E,BE、EHu平面ABE。，

BCJL平面ABED,

■：BCu平面BCFE,

••・平面ABED，平面BCFE.

(2)解：将三棱台ABC-DEF补成三棱锥P-ABC,

VAB=2DE,/.DAB=^EBA=60°,

D,E,尸分别为PA,PB,PC的中点，且△P4B为正三角形，

以B为原点，BC,BA所在直线分别为x,＞轴，作Bzl平面A8C,建立如图所示的空间直角坐标系，

设48=2,则4(0,2,0),P(0,l,V3),C(2,0,0),£)(0,|,y).F(l,1,y)，

■■.DF=(1,-1,0)，瓦？=(0,2,0),BF=

设平面ABF的法向量为祐=(%)，，z),则2,丝=°,即iV3八，

tn-6F=0x+-y+—z=0

令z=2,则％=—遮，y=0,n=(-73,0,2),

设直线OF与平面A3F所成角为仇则sin。=|cos〈记，而＞|=|二"|=「I=号，

11|n|-|DF|1'V7XV2114

故直线OF与平面ABF所成角的正弦值为匡.

14

解析：(1)过点E作EH148于H,由平面4BE01平面ABC,推出EHJL平面ABC,有EH1BC,再

根据线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理，得证；

(2)将三棱台ABC—DEF补成三棱锥P—28C,则。，E,尸分别为PA,PB,PC的中点，且△P4B为

正三角形，以B为原点建立空间直角坐标系，求得平面ABF的法向量记，设直线。尸与平面A8F所

成角为。，由sin。=|cos＜五，DF＞\,得解.

本题考查空间中线与面的垂直关系、线面角的求法，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定

理，以及利用空间向量处理线面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和

运算能力，属于中档题.

4.答案：(1)证明：•；M、N分别为PD、4。的中点，••・MN〃P4

又MN，平面PAB,PAu平面PAB,MN〃平面PAB；

在HMACD中，N为4。的中点，二|CN|=|AN|,

•••乙BAC=4CAD=60°,•••乙ACN=60°,

又NB4C=60°,ACN//AB,

•••CNC平面PAB,ABu平面PAB,CN〃平面PAB.

又CNCMN=N,CNu平面CMN,CNu平面CMN,

.,•平面CMN〃平面PAB-,

(2)解：•：PA1平面ABCD,ANu平面ABCD,CNu平面ABCD,

由(1)可知MN〃尸力，；.MN1AN、MN1CN,

■■■Z.ABC=Z.ACD=90°,A.BAC=/.CAD=60°,\PA\=2,\AB\=1,

\AC\=2\AB\=2,\AD\=2\AC\=4,\MN\=1\PA\=1,

由(1)可知|CN|=|AN|=\\AD\=2,

在RtACA/.V中，\AM\=\CM\=y/\CN\2+\MN\2=V4T1=V5.

•••SUCN=1|4N|-\CN\•sin60。=1x2x2x斗=

y.S^AMN=\\AN\'\MN\=iX2X1=1,

在△ACM中，\AM\=\CM\=V5-

.••力C边上的高五=J|ZM|2-(^)2=V5^1=2.

SAACM~2-h=-X2X2=2,

.•・三棱锥4-CMN的侧面积S=S“CN+SAAMN+S“CM=3+次.

解析：本题考查线面平行的判定，面面平行的判定，线面垂直的性质，三棱锥的侧面积，属中档题.

⑴由M、N分别为PO、4D的中点，可得MN〃P4即可得MN〃平面PAB-又由HtA4CD中|CN|=\AN\

且内错角相等可得CN〃4B,即可得CN〃平面P4B.由此即可证明；

(2)由PA_L平面A8CD且MN〃P4可得三棱锥4-CMN的三个侧面的特征，分别计算三个侧面的面

积即可求解.

5.答案：(I)证明：在菱形A8CD中，^BAD=ZL4BD为等边三角形.

又•.,。为AO的中点，•••OB1AD,又•：AD//BC,OBA.BC,

VPOABCD,BCU平面ABC。，OP1BC,

•••OPQOB=0,OP,OBu平面POB,二BC1平面FOB,

v”是棱PB上的点，二OMu平面POB,BC1OM.

(口)解：vPOIJgjElABCD,OBLAD,

建立如图所示空间直角坐标系。-xyz,

设。4=1,则OP=0B=相,

•••0(0,0,0),4(1,0,0),B(0,V3,0),C(-2,V3,0),P(0,0,V3).

.•-0C=(-2,V3,0).由丽=|丽=|(0,四一g),

得而=OP+|PB=(0,9,日),

设记=(xj,z)是平面OMC的法向量，

由例可=。,得伊+zg。，

(0C-Tn=0(2%—73y=0,

令y=l，则％=当，z=-2,则布=(冬1,-2),

又•.,平面POB的法向量为元=(1,0,0),

由题知，二面角B-OM—C为锐二面角,

所以二面角B-OM-C的余弦值为度.

23

解析：本题主要考查空间中线面垂直的判定，利用空间向量计算空间二面角的余弦值，考查学生空

间想象能力，属于中档题.

(I)利用已知条件证明。B1BC,OPLBC,再结合线面垂直的判定定理证明BC_L平面POB,即可

证明10M-.

(H)建立如图所示空间直角坐标系O-xyz,利用空间向量计算得到平面OMC的法向量，以及平面

PO8的法向量，即可计算出二面角8-。M-C的余弦值.

6.答案：解：(1)连结AE,「E为BC的中点，EC=DC=1,

二4DCE为等腰直角三角形，则NDEC=45。，

同理可得乙4EB=45°,

Z.AED=90°,

DE1AE,又PA，平面ABCD,且DCu平面ABCD,

：.PA1DE,

又•••4EnP4=4,且AE,PA在平面PAE内

DE_L平面PAE,

又PEu平面PAE,

・•・DE1PE：

(2)由(1)知4DCE为腰长为1的等腰直角三角形，

•••SADCE=|xlxl=i,而PA是三棱锥P-DCE的高，

1111

**,Vc-PDE=Vp-DCE=^JSAOCE,P4=:oXJZX1=±O.

解析：本题考查立体几何线线垂直的判定及证明，三棱锥的体积.要学会做辅助线利于求解，属于中

档题.

(1)求证出DE1平面PAE,根据PEu平面P4E,即可证出DEJLPE：

(2)根据(1)知ZDCE为腰长为1的等腰直角三角形，运用％_p°E=VP_DCE=:SA"E-PA即可求出三

棱锥C-PDE的体积.

7.答案：解：（I）证明：取A8的中点M及CZ）的中点N,连结PM,PN,

MN.

由AP/IB是正三角形，四边形ABC。是正方形得48_LPM,AB1MN,

又PM,MNu平面PMN,PMCMN=M,

所以ZBJ_平面PMN.

因为AB〃CD,所以CD1平面PMN,

又PNu平面PMN,所以CO1PN,

又CO的中点是N,所以PC=PD.

（口）法一：过B作1•平面PCD,垂足为“，连接P”，BH,

48PH为直线PB与平面PCD所成角，sinzBPH=三.

BP

过M作MF1PN于F,

由CO1平面PMN及MFu平面PMN,得CD1MF,

又MF1PN,PN,CCu平面PC。，PNCCD=N,

所以MF1平面PCD.

由4B〃CD,4BC平面PCQ,CDu平面PCQ,得4B〃平面PCD

于是点B到平面PCD的距离BH等于点M到平面PCD的距离等于MF.

设CD=2,贝iJPD=6，PA=PB=AB=AD=BC=MN=2,

计算得PM=V5，PN=2,

在等腰三角形PMN中可算得MF=―，

4

所以直线PB与平面PC。所成角的正弦值等于竺=置=运.

PB28

法二：设PB与面PC。所成角为。，

设CD=2,所以PD=V5.

以C。中点N为坐标原点，CD所在直线为x轴，MN所在直线为），轴，

过N点且垂直于面ABCD的直线为z轴，

建立空间直角坐标系.

.••8(2,1,0),C(0,I,0),D(0,-l,0),£)(10,等),

所以而=(一：,_1,等)，定=(一：,1，一等).

设面PCD法向量五=（x,y,z）,

y=0

所以5闻c，取z=l,则元=（-母,0,1）.

--X----Z=0、5，

44

所以sin。=|cos<n,BP>|=詈.

解析：本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，空间距离的求法，

考查计算能力.

（I）取AB的中点M及的中点N,连结PM,PN,MM证明力B1平面PMN.CD1平面RWV,然

后证明PC=PD.

（口）法一：过B作BH平面PC£>,垂足为H,连接PH,BH,ZBPH为直线PB与平面PCD所成角，

过M作MF1PN于凡设CD=2,在等腰三角形PMN中可算得MF,然后求解直线尸8与平面PC£>

所成角的正弦值.

法二：设PB与面PC。所成角为。，设CD=2,所以PD=V5，以CD中点N为坐标原点，C£>所在

直线为x轴，MN所在直线为），轴，过N点且垂直于面A8CD的直线为z轴，建立空间直角坐标系.求

出面PC。法向量，然后利用空间向量的数量积求解即可.

8.答案：（1）证明：因为M、N分别为PD,A。的中点，则MN〃PA,

又因为不在平面PABL,PAu平面PAB,所以MN〃平面PAB,

在RtAACO中，Z.CAD=60°,CN=AN,所以乙4CN=60。，

又因为/BAC=60。，所以CN〃斗B,

因为CN不在平面PAB_L,ABu平面PAB,所以CN〃平面PAB,

又因为CNCMN=N,所以平面CMN〃平面PAB.

（2）解：因为平面CMN〃平面PAB,所以M到面PAB的距离等于C到平面PAB的距离，

因此Vp-48M=^M-PAB=^C-PAB=^P-ABC•

因为PA=2,AB=1,4ABe=90。，^BAC=60°,所以BC=百，

因此Up-ABC=孑P4XS4ABe

=^x2x-xlxV3=—.

323

所以三棱锥P-4BM的体积为四.

3

解析：本题考查了面面平行的判定，空间中的距离和棱锥体积的计算.

(1)利用面面平行的判定得结论;

(2)利用点面距离得M到面PAB的距离等于C到平面PAB的距离，再利用三棱锥的体积公式计算得

结论.

（口）选择①②：

因为AE平面ABCD,AB,ADu平面ABCD,

所以4E14B,AELAD,又因为4B14D,

所以AB,AE,两两互相垂直，

以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示,

则B(1,O,0),E(0,0,1),F(2,2,1),

所以丽=(一1,0,1),前=(1,2,1)，

设平面BEF的法向量为五=(x,y,z),

则伊.而=0nn[-X+z=0

%.乔=o'%+2y+z=(r

令x=1,则y=-1,z=1,故元=(1,-1,1),

因为AD1平面ABE,又平面4BE〃平面CDF,

所以4D，平面CD凡

取平面CCF的一个法向量为记=(0,1,0),

所以际〈沆，元＞1=焉=击=今

故二面角B-I-C的余弦值为它.

3

选择①②③：

因为AE1平面ABC。，4Du平面ABC。，所以4E_L4D,

因为平面4ED_L平面ABC。，平面4EDn平面4BCD=AD,AB1AD,

所以ABADE,又AEu平面ADE,

所以ZBJ.4E,又因为ABI4D,

所以A8,AE,AO两两互相垂直，

以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示,

则B(1,O,0),E(0,0,1),F(2,2,1),

所以丽=(-1,0,1),BF=(1,2,1)，

设平面BEF的法向量为记=(x,y,z),

(—x+z=0

＜：S：o*1%+2y+z=0,

令％=1,则y=-1,z=1,故记=1),

因为AD_L平面ABE,又平面/BE〃平面CQF,

所以AD，平面CDF,

取平面CD尸的一个法向量为沅=(0,1,0),

所以如(礼近＞|=矗=点=争

故二面角B-I-C的余弦值为3.

3

选择①③：

因为平面AE。1平面ABCD,平面4EDn平面ABCD=AD,ABLAD,

所以481平面ADE,Y.AEu平面ADE,

所以_LAE,

在矩形ACFE中，AELAC,

又AC,ABu平面ABC。，ACnAB=4

所以ZE1平面ABCD,又ADu平面ABCD,

所以AE1AD,

所以AB,AE,A。两两互相垂直，

以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示,

则8(1,0,0),E(0,0,1),尸(2,2,1),

所以说=(-1,0,1),=(1,2,1)-

设平面BE尸的法向量为记=(x,y,z),

li(n-RF=0+z=0

贝lfl％诉=0,艮%+2y+z=0，

令x=1,则y=-1,z=1,故元=(1,—1,1)，

因为4。，平面ABE,又平面4BE〃平面CDF,

所以AD，平面CDF,

取平面CD厂的一个法向量为沆=(0,1,0),

所以M<元元>|=禺=六=冬

故二面角8C的余弦值为它.

3

解析：(I)利用线面平行的判定定理分别证明CF〃平面ABE,CD〃平面ABE,再利用面面垂直的判

定定理，即可证明面面平行；

(II)若选①②：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平

面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可.

若选①②③：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BE尸和平

面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可.

若选①③：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平面

CD尸的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可.

本题考查了立体几何的综合应用，涉及了面面平行的判定定理，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.

10.答案：(1)证明：因为力D=BC=BC=1,AB=CD=V2.

所以四边形ABC。是平行四边形，且4DJL8D,

因为平面PB。_L平面ABCD,平面PBDO^^ABCD=BD,ADu平面ABCD,

所以401平面尸8£>,所以40IP。，

因为PA=PB,所以APADmZiPB。，

所以NPDB=4PZM=90。，即BD1PD,

又因为4。nBO=0,所以PD_L平面ABC。，

因为48u平面A8C£>,所以PD14B.

(2)解：设PD=t(t>0),

以。为坐标原点，分别以D4,DB,OP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系,

则4(1,0,0),很(0,1,0),C(一1,1,0),£)(0,0,0),P(0,0,t),

所以方=(1,0,0)，AC=(-2,1,0).AP=(-1,0,t)>

z

设平面尸AC的一个法向量为沆=(xo.yo>o)'

0

由(记•AC=-2x0+y0=

[m•~AP=-x0+tz0=0

取z0=1,得%。=t,y0=2t,BPm=(t,2t,1).

取元=(0,0,1)为平面ACC的一个法向量，

则cos(沆㈤=品=悬寸

因为二面角P-AC-。的余弦值为亚，

6

所以下上==在，解得t=L所以P(0,。，1)，

假设这样的点M存在，设两=4同，其中0W2W1，

由定得丽=(-九尢一冷，

则询=前+丽=(-A,-l+A,1-A)>

设BM与平面PAC所成的角为a,

则母讥。=|cos(丽，沆)|=需编=分内L+2,

因为a=3。。，所以忌加书，解得；1=|，

所以，存在这样的点M,即当师7=|同时，8M与平面PAC所成的角为30。.

解析：(1)证明4。1平面P8D,推出4。_LPD,证明BD1PD,即可证明PD1平面ABCD,推出PD1AB.

(2)设PD=t(t＞0),以。为坐标原点，分别以D4,DB,DP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标

系，求出平面PAC的一个法向量，平面AC。的一个法向量，利用空间向量的数量积，结合二面角

的余弦函数值求解t=l,推出P(0,0,1),设MW=4同，其中0W2W1,设BM与平面PAC所成

的角为a,利用空间向量的数量积求解2,即可得到结果.

本题考查平面与平面垂直，直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，二面角以及直线与平

面所成角的求法与应用，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力.

11.答案：(1)证明：因为平面PAD_L平面ABCD,平面PADn平面4BCD=4D,ABu平面ABCO,

AB1AD,

所以4B_L平面PAO,又PDu平面PAQ,所以P0J.4B

又PO1BM,ABCiBM=B,AB,BMu平面A8M,

所以PD_L平面ABM,又AMu平面ABM,

所以PDJ.4M：

(2)解：取AQ的中点O,以。为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设。P=a,

则8(1,2,0),C(-l,2,0),0(-1,0,0),P(0,0,a),

所以方=(2,0,0),CD=(0,-2,0),CP=(1,-2,a).

设平面PBC的法向量为访=(x,y,z),

则有偿聚;，喉*…，

令丫=Q,则x=0,z=2,故沅=(0,a,2),

设平面PCD的法向量为记=(pfq,r),

则有产曰=°,即尸q7U"，

1元•CP=0(p-2q+ar=0

令。=Q,则q=0,r=-1,故记=(Q,0,—1),

因为二面角B-PC-。的余弦值为一叵，

5

所以|cos＜沆，元＞1=嘉=高许=千,解得a=1,

所以AP=V1TT=V2.

解析：(1)利用面面垂直的性质证明4B1平面PA。，从而可证PD14B,又PD1BM,由线面垂直

的判定定理可证明P。，平面48M,即可证明PO1AM；

(2)建立空间直角坐标系，设。P=a,然后求出所需点的坐标，利用待定系数法求出平面PBC和平

面PCQ的法向量，由向量的夹角公式列出关于”的等式，求出a的值，即可求出AP的值.

本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，在有关空间角问题的时候，

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.

12.答案：解：(1)证明：菱形ABCQ中，AC1BD,设AC,交于点。，连接E。，F0,

则F01BD,又EOCFO=0,EO,F。u平面EOF,

所以8。1平面EOF,

又EFu平面EOF,

所以8D1EF.

(2)由EF=3OE=0F=—，

N2

皿1人口OE2+OF2-EF21

则COSNEOF=-------------------=——

2OEOF2

可得NEOF=120°,

所以S4OE尸=±0EOF.sinl20°=—,

216

在△DEF中，coszEOF=之二=一工，

28

sin乙EDF=Vl-cos2Z.EDF=—.

8

所以SAOEF=-DE-DF-sinZEDF=­.

216

记B到平面。EE的距离为力，

%-DEF=^B-OEF+VD-OEF，

=

即,h=5s4oEf,OB+1S^OEF,。。5sAOE尸'BD,

13yli.1373

・・,-x—h=-x—x1，

316316

解得：仁第

E

解析：本题重点考查线面垂直的性质和点面距离的求法，属于一般题.

(1)通过求证BD1平面EOF,即可求证BC1EF；

(2)利用Vg-DEF=^B-OEF+%)-OEF即可求解.

13.答案：证明：(1)取48中点6,连结CG,

由已知可得ADCG是平行四边形，

所以CG=AD=[4B,所以AC1BC,

又平面4CEF1平面ABCD,平面4CEFn平面ABC。=AC,

所以BC_L平面ACEF,

又4Eu平面ACEF,所以BCJL4E.

解：(口)因为平面4CEF_L平面ABCZ),平面ACEFn平面力BCD=AC,ECLAC,

所以EC1平面ABCD,由(I)知4c1BC,

如图，以C为坐标原点，以CA,CB,CE为x,y,z轴

建立空间直角坐标系，。(0,0,0),8(0,1,0)芭(0,0,1)/(当,0,1),。(白,一表0)，EF=(f,0,0),丽=

(0,—1,1),丽=《,一|,0),

设平面BCE的法向量为记=(x,y,z),

则也受=0,即-x=0,所以元=(0,1,1),

(展BE=0(―y+Z=0

设平面8OE的法向量为沆=(%,y,z),

则巴国=0,即挣。=0,所以记=(百,1,1),

•BE=0(―y+z=0

一>tm-n2VTo

coS<m,n>=—=^=—,

所以二面角。—BE—F的余弦值为理.

5

z

解析：本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查线面关系的判断，是中档题.

(1)取48中点6,连结CG,推导出AOCG是平行四边形，AC1BC,从而1平面ACE凡由此

能证明BCJ.AE.

(H)以C为坐标原点，以CA,CB,CE为X,y,Z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面

角。一BE-F的余弦值.

14.答案：解：⑴证明："ABLAD,

平面ABC。n平面PAD=AD,平面PAD1平面ABCD,

AB_L平面PAD.

(2)解：「AB1平面「A。，ABHCD,

CDJ■平面PAO,CD1PD,

vCD-PD=2,S^PCD=1x2x2=2,

设点8到平面PCD的距离为乩

由^P-BCD=^B-PCD,得］xV3x-x2x2=-x2xd,

解得d=V3>

二点B到平面PCD的距离为遮.

解析：(1)由AB1AD,平面PAD_L平面ABCD,能证明AB1平面PAD.

(2)设点B到平面PCD的距离为d,由/_BCD=%-PCD，能求出点8到平面PCD的距离.

本题考查线面垂直的证明，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，考查运算求解能力，是中档题.

15.答案：(1)证明：如图：

E

节

取BD的中点O,连接OF、OE.

因为力B=AD,BC=CD,

△EBDfllAFBO分另1］是4ABD^A^CBD以BD为折痕向上折起而得到，

所以EB=EC,BE=FD,因此BDJ.OE,BD1OF.

又因为OEnOF=O,OE、OFu平面E尸。，所以BD1平面EFO,

而EFu平面EFO,因此BD1EF.

(2)解：因为平面EBD_L平面FBD交于BD,

由(1)知I：EOu平面EB。，BD1OE,所以E。1平面F8。，

因此直线FO是直线FE在平面FBD内的射影，

所以直线EF与平面F8。所成角为/EFO,因此NEF。=60°.

又因为BC=CD=/，且BC1CD,

△尸8。是4CBD以BD为折痕向上折起而得到，且。是8。中点，

所以FO=^BD=1,因此在RtAEFO中，EO=遮.

又因为由(1)知：EB=ED,。是8。的中点，

所以由BD=2,E。=百得E8=ED=2,即△EBD是边长为2的正三角形，

因此△48。也是边长为2的正三角形.

又因为点E在平面ABC。内的正投影G为AABD的重心，

所以点。、G、A共线,且吟。4咚

又因为由(1)知：BD1OE,所以BD1O4

以。为坐标原点，OD、OA所在直线分别为x、y轴，平行于EG的直线为z轴,

建立空间直角坐标系，如下图：

则0(0,0,0),Z)(l,o,o),/l(0,V3,0),B(-l,0,0),

因此荏=(一1,一百,0),BD=(2,0,0).

又因为EGL平面ABD,OAu平面ABD,所以EG1OA,

因此在RtzSEOG中，由E0=B，OG=邑得£6=逗,

33

所以E（0片考），因此菸=（1,今甯.

设平面ABE的法向量为％=（%,y,z）,

S：2：o-即—X—V3y=0

则.V3.2V6八，

xH-y4---z=0

3J3

令z=l,则久=—逐，y=V2,

因此汨=（一述,A1）是平面ABE的一个法向量.

设平面8OE的法向量为房=（a,b,c）,

三餐=0,即2a=0

则.V3,2V6八,

a4——b4----c=0

n2,BE=033

令c=-1,则a=0,6=2V2,

因此布=（0,2夜,一1）是平面BQE的一个法向量.

设二面角力-BE-。的大小为0,由图形知：。为锐角,

因此cos。=|cos＜无，说＞|=磊j=翡=三，

即二面角力-BE-。的余弦值为g.

解析：本题考查了线面垂直的判定，线面垂直的性质，面面垂直的性质，直线与平面所成角，二面

角和利用空间向量求线线、线面和面面的夹角，考查了学生的运算能力和空间想象能力，属于较难

题.

(1)取8。的中点0,连接。尸、OE,利用题目条件得BD10E和BD1OF,再利用线面垂直的判定

得BO_L平面EF。，最后利用线面垂直的性质得结论；

(2)利用面面垂直的性质得EO_L平面FBD,再利用直线与平面所成角得直线EF与平面EBO所成角

为乙EFO,从而得NEF。=60°,再利用平面几何知识得点。、G、A共线，且BD1OA,以及相关量，

以。为坐标原点，OD、OA所在直线分别为x、y轴，平行于EG的直线为z轴，建立空间直角坐标

系，利用空间向量求面面的夹角，计算得结论.

16.答案：(1)证明:连结&G，AC,AXB,BH,

因为E为BC的中点，且HC〃/IB,

t^r~)\ICHCE1

所以77=7^=1，

ADDD

所以CH=4B,

故四边形CBHA为平行四边形，

所以4C//BH且AC=BH,

又在菱形ABCD中，BD1AC,

所以BD1BH,

在四棱柱力BCD-A/】QD1中，

所以4a〃CG且A4=CC],即四边形为平行四边形，

故4C//4C1且AC=46，

所以&CJ/8H且4G=BH,即四边形4GBH为平行四边形,

所以B4J/HC1，

又因为C在平面A8C。的投影是H,即G"_L平面ABC。，

所以，平面ABC£>,

所以1BD,

因为u平面&BH,BHu平面&BH,A$CBH=B,

所以BO1平面又4/u平面&BH,

所以BDJ.41H；

(2)解：由(1)可知，BD1BH,AXBABCD,t^BA^LBD,BAA1BH,

建立空间直角坐标系如图所示，

贝1JB(O,O,O),C(V3,1,0),5(b,1,2遮),^(73,-1,273).

所以=(0,2,0),D7S=(-V3.-1.-2V3).西=(0,2,-2V3),CB=(-A/3,-1,0).

设平面。IBBI的法向量为元=(x,y,z),

则有0•眄=2y=0,

(n-D1B=-V3x—y—2V3z=0

令％=2,则z=—1,故乃=(2,0,—1),

设平面CBBi的法向量为记=(a,b,c),

则有(记•CB]=2b-2A/3C=0

Im•CB=—V3a—6=0

令b=®则a=-l,c=l,故沆=(一1,旧,1),

所以cos<n,m>=言鼻=青白=

|n||m|V5xV55

因为二面角Di-BBi-C为锐二面角，

所以二面角Di-BBi-C的余弦值为|.

解析：本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，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.

(1)连结为G，AC,ArB,BH,利用中位线定理得到HC〃4B,从而利用比例关系，得到CH=4B,

然后分别证明四边形CB/M、四边形46&4、四边形4G8H为平行四边形，利用C在平面ABC。

的投影是“，结合线面垂直的性质定理可得4/1BD,再运用线面垂直的判定定理证明BD_L平面

A$H,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CiBBi和平面CB/的法向

量，然后利用向量的夹角公式求解即可.

17.答案：解:(1)连接。M,显然DC〃BMCC=BM,

四边形为平行四边形，DM//BC.DM=BC,

・••△AMD是正三角形，」.MN1/W,

又•••PD1平面ABCD,MNu平面ABCD,

•••PD1MN,PDCAD=D,4。与PD在平面PAD内

•••MN，平面PAD,又MNu平面PMN,

平面PMN1平面PAD.

(2)连接BO,易乐BD"MN,

BDLAD.BD1PD,建立如图所示的空间坐标系,

则D(0,0,0),N(l,0,0),C(-l,V3,0)，设P(0,0,m)(m>0),

•••丽=(1,0,-m),CN=(2,-V3,0),

设平面PNC的法向量为丘=(x,y,z),

a-PW=0

-a-CN=0

令z=V5，a=(V37n,2m,V3)»

平面PN£)的一个法向量为石=(0,1,0)，

2m

cos<a^,b>\=cos60°=1

V37n2+4m2+32’

解得m=乌

3

所以四棱锥P-ABC。的体积V=ixix(2+4)xV3x^=l.