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 34

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(34)

1.如图，在四棱锥P-4BCO中，AB//CD,S.ABAP=/.CDP=90°.

(1)证明：平面_L平面尸AD；

(2)若PA=PD=AB=DC,Z.APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体

积为|,求该四棱锥的侧面积.

2.如图，在直三棱柱4BC-&B1C1中，4iBi=&G=2,CQ

2V3,484c=120。，。为线段BiQ的中点，尸线段CQ上一动点(异于点C、Q).Q为线段BC上

一动点，且QPLOP；

(1)求证：平面4PQJ■平面&OP；

⑵若BO//PQ,求直线OP与平面41PQ所成角的正弦值.

3.如图，在等腰直角三角形ADP中，乙4=90°,AD=3,B,C分别是4P,DP上的点，且BC〃4D,

E,尸分别是AB,PC的中点，现将APBC沿BC折起，得到四棱锥P-4BCD,连接EF.

P

(1)证明："7/平面PAD

(2)是否存在点B,当将△PBC沿8c折起到PA1AB时，二面角P-CD-E的余弦值等于"?

若存在，求出AB的长；若不存在，请说明理由.

如图，在直三棱柱中，点尸分别在

4.ABC-AiBiG，4BAC=90%AB=AC=a,AAt=bE,BB1,

CCi，且=6?=］（；（；1.设2=3.

(1)当异面直线AE与&F所成角的大小为品求;I的值

(2)当；1=日时，求二面角4—EF-4的大小.

5.已知四棱锥4-BCDE中，8CDE为等腰梯形，S.BC//DE,AADE为等边三角形，平面ADE1

平面8CCE,M,N分别是线段£>E,BC的中点.

(1)求证：DE_L平面AMN；

(2)若AE+EB=BC=a,/.EBC=60°,则当AB最小时，求四棱锥A—8CDE的体积.

6.如图，在直角梯形AEFB中，AE1EF,AE//BF,且BF=EF=24E=4,直角梯形。止尸。】可

以通过直角梯形4EF8以直线EF为轴旋转得到.

(1)求证：平面CiAEF_L平面BC[F；

(2)若二面角口-EF-8的大小为会求三棱锥4-EFD]的体积.

7.如图，四棱锥S-ABC。的底面ABC。是正方形，SDABCD,SD=2a,AD=V2a.E是

SO上的点，且OE=/la(0<4W2).

s

(1)求证：ACLBE.

(2)若点B到平面ACE的距离为qa，求实数;l的值.

8.试在①PCIBD,②PCIAB,③PA=PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得

P0，面A8CD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱椎P-4BCD中，

AC[\BD=0,底面48C£＞为菱形，若,且4ABe=60。，异面直线P8与C。所成的

角为60。，求二面角A-PB-C的余弦值.

9.四棱锥P-ABCD的底面ABC。是边长为2的菱形，^BAD=120°,PAABCD,PA=

2V3,E,F分别是PC,PD的中点.

(1)已知蔗=2阮，若平面EFG〃平面PAB,求;I的值；

(2)在(1)的条件下，求平面EFG与平面PC。所成二面角的正弦值.

10.在圆锥P。中，点4B,在底面。0上，AM为。。的直径，BC=PM=3,Z.PAB=^PAC,

E,尸分别是PB,PC靠近B,C的三等分点，平面AEF交于点T.

(1)证明：8C_L平面PA。；

(2)当"AB=押，求直线PT与平面AEF所成角的正弦值.

11.如下图，在直角梯形ABCD中，AB//DC,zABC=90°,AB=2DC=2BC,E为A8的中点，

沿。E将△ADE折起，使得点A到点P位置，且PEIEB,M为PB的中点，N是BC上的动点(与

点、B,C不重合).

(1)证明：平面EMN1平面P8C；

(2)是否存在点N,使得二面角B-EN-M的余弦值为华，若存在，确定N点位置；若不存在,

说明理由.

12.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABC。为正方形，P41平面CDP,PA=2,PD=2同

(1)证明：平面2401平面A8CD

(2)若E为尸。的中点，求二面角E-AC-C的余弦值.

13.如图，在四棱锥P-4BCD中，PAl¥lSlABCD,底部ABC。为菱形，E为CQ的中点.

(1)求证：BD1平面PAC；

(2)棱PB上是否存在点F,使得CF〃平面PAE?说明理由.

14.某商场共有三层楼，在其圆柱形空间内安装两部等长的扶梯I、II供顾客

乘用，如图，一顾客自一楼点4处乘I到达二楼的点B处后，沿着二楼面

上的圆弧8M逆时针步行至点C处，且C为弧的中点，再乘D到达三

楼的点。处，设圆柱形空间三个楼面圆的中心分别为。、。1、02,半径

为8米，相邻楼层的间距=4米，两部电梯与楼面所成角的大小均为

.1

arcsin-.

3

(1)求此顾客在二楼面上步行的路程;

(2)求异面直线AB和CD所成角的大小.(结果用反三角函数值表示)

15.如图，六面体ABCOEFG中，BE1®ABCE.BEiffiDEFG,DG//EF,ED=DG=GF=1,

AB=BC=CA=EF=2.

(1)求证：DF_L平面ABED-,

(2)若二面角4-DG-E的余弦值为-黑，求点C到面8。尸的距离.

16.如图：在四棱锥P-ABCD中，△PAD为正三角形，平面1平面ABC。，AB〃CZ),ABVAD,

CD=2AB=2AD=4.

(1)求证：平面PCD1平面PAD；

(2)求三棱锥尸-4BC的体积；

17.如图，在四棱锥P-4BCD中，PD=24D=4,PD1CD,PDLAD,底面ABC。为正方形，M,N

分别为AD,PD的中点.

p

(1)证明：PA〃平面AWC；

(2)求三棱锥P-MNC的体积.

18.如图所示，在三棱柱4BC-4B1C1中，侧棱_L底面ABC,AB1BC,。为AC的中点，AAr=

AB=2,FC=3.

(1)求证：AB1〃平面BG。；

(2)求与8D所成角的余弦值.

19.如图所示，在四棱锥A-BCOE中，底面BCQE为菱形，侧面ABE

为等边三角形，且侧面ABE垂直底面BCQE,O,F分别为DE

的中点.

(I)求证：CE1AF；

(口)在棱AC上是否存在点P,使得BP〃平面AOF?若存在，请找出点尸的位置，若不存在，请说

明理由.

20.如图，在梯形ABC。中，AB//CD,AD=DC=CB,/.ABC=60",四边形ACEF是矩形.

(I)求证：AC1EB-,

(□)若。后=8。，且CELBC,求EB与平面F8O所成角的正弦值.

【答案与解析】

1.答案：证明：（1）484P=NCCP=90。，即48J.PA,CD1PD,

又AB“CD,

•••ABLPD,

•.■PAOPD=P,PA,PCu平面PAO,

•••AB_L平面PAD,

vABu平面PAB,

平面PAB_L平面PAD.

解：（2）设24=PC=AB=DC=a,取AO中点O,连结P。，

由（1）知ABJ_平面PAD,

又OPu平面PAD,

AB1PO,

•••PA=PD,Z.APD=90°,

・••P014D,AD=7a2+a2=.a，P°=孝a，

又AB,ADABCD,ABHAD=A,

POJ•平面ABCD,

•••四棱锥P-ABCD的体积为I，

由AB1平面PAD,ADu平面PAD,

得AB140,

又48=DC,AB//CD

所以四边形ABC。为矩形

_1

"VP-ABCD=3X$四边形4BCDXP0

1

=-xABxADxP0

1/xV21O8

=-xaxV2ax—a=-a3=

3233

解得a=2,

:.PA=PD=AB=DC=2,

AD=BC=2V2,P0=V2,

・・.PB=PC=V4T4=2企，

由上述可知△PADqPABAPCD都是直角三角形，△PBC是等腰三角形

该四棱锥的侧面积：

S侧=S«p.0+S&PAB+S&PDC+^LPBC

1111BC

=-xPAxPD+-xPAxAB+-xPDxDC-^--xBCxPBo2一(—)o2

2222、’2"

11117-1----

=—x2x24~~x2x2-l~—x2x2d~-x2v2xV8—2

6+2V3.

解析：本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥的侧面积的求法.

⑴推导出4B1PA,CD1PD,从而AB1PD,进而AB1平面PAD,由此能证明平面P4B1平面PAD.

(2)设P4=PD=4B=DC=a，取A。中点0,连结P0,由力B1P0,P0140,得P。1底面ABCD,

且=P0=^a，由四棱锥P-48co的体积为：，求出a=2,由此能求出该四棱锥的侧面

23

积.

2.答案：(1)证明：:公&=&Ci=2,。为线段/Ci的中点,

•••A101B1C1,

•••直三棱柱4BC-公当口中，••・CG，平面公&小，

4。1CG，又CCin/G=G，

&。1平面CBB1G，QP1AyO.

又•••QP1OP,A】。COP=0,

QPL平面40P,

又QPu平面40P,

.,・平面4PQ1平面40P.

(2)解：建立如图空间直角坐标系。一xyz,

A1Bi=41cl=2,z.B1A1C1=Z.BAC=120°,0Br-0Cr-V3,0Ar-1,

则0(0,0,0),Ci(0,V3,0),Bi(0,-V3,0).B(0,—遮,2百)，人(一1,0,0),

设P(0,遍,a),Q(0,瓦2百)，

KlJOS=(0,-V3,2V3).QP=(0,V3-b,a-2V3).OP=(0,V3,a).

•:QPLOP,B0//PQ,

一一一一,,((V3-h)-V3+a(a-2A/3)=0

QPOP=0，OB“QP，故+厂」，

"(2V3(V3-b)=-V3(a-2V3)

解得：a=苧,b=.(P异于点C,Q),

.•.审=(1,低？)，丽=(0,手，一手)，OP=(0,V3,^).

n•AP=0

设平面4QP的法向量为元=(x,y,z),则±

n-QP=0'

x+y/3y+yz=0

可取元=(-5V3,4,2),

3M3a

——y------z=0n

•4J2

设直线。户与平面4QP所成角为。,

.八

则的。=I晒nOPI=4际V3+V3=年2V19.

故直线OP与平面&QP所成角的正弦值为警.

解析：(1)证明PQJL平面40P即可得出平面4PQ1平面40P；

(2)建立空间坐标系，求出平面4PQ的法向量，计算法向量与前的夹角得出答案.

本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，向量是解决空间角计算的一个有力工

具，属于中档题.

3.答案：(1)证明：方法1:作CM〃/1B交AO于点M,

连接PM,取P例中点M连接AN,FN,由中位线定理得FN〃CM,且FN=^CM,

因为E是AB的中点，所以AE〃CM,且4E=：CM,

敬FNHAE,S.FN=AE,所以四边形AEFN是平行四边形，

所以EF〃4N,

因为ANu平面PAD,EF笈平面PAD,所以EF〃平面PAD.

方法2:取CD中点G,连接EG,FG,

因为E,尸分别是AB,PC的中点，所以FG〃PD,EG//AD,

因为FG〃PD,FGC平面PAD,PDu平面PAD,

所以FG〃平面PAD,同理证得EG〃平面PAD,

因为FGnEG=G,FG,EGu平面EFG,

所以平面EFG〃平面PAD,

因为EFu平面EFG,所以EF〃平面PAO.

(2)解：存在，理由如下:

因为BCJLAB,BC1PB,且ABCPB=B,

AB,PBu平面PAB,

所以BC_L平面PA8,

又BC〃AD,所以ACJ_平面PAB,

所以PA_LAD,

又因为AB14。，PA1AB,

以A为坐标原点，AB,AD,AP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,

3

由PB>得0<aV鼻，PA=79-6a,

所以4(0。0),C®3—a,0),P(0,0,<9-6a),0(0,3,0),

所以反=(a,—a,0),DP=(0,-3lV9-6a),

设平面PCD的一个法向量为五=(xj,z),

-n=ax—ay=0

•n=—3y+zV9—6a=0

设y=l,则元=(1/，熹)又平面COE的一个法向量沆=(0,0,1),

依题意，有咛=|cosV落沅：＞|=鲁雪，

.—3

所以手=J；；，解得a=l,即A3的长为1.

故存在点B,此时AB的长为1.

解析：【试题解析】

本题考查线面平行的判定、二面角及利用空间向量求面面的夹角，属于中档题.

(1)方法1:作CM〃/IB交A。于点M,连接PM,取中点N,连接AN,FN,由中位线定理可得FN〃AE,

且FN=AE,即可证得EF〃4N,从而可得EF〃平面PAD.

方法2:取CD中点G,连接EG,FG,可得FG〃PD,EG//AD,即可得平面EFG〃平面PAD,从而

可证得EF〃平面PAD.

(2)由条件可得24_L4。，ABLAD,PALAB,以A为坐标原点，AB,AD,AP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AB=a,则PB=BC=3—a,可得4(0,0,0),C(a,3—a,0),

P(0,0,回夜)，0(0,3,0),利用空间向量法可解得AB的长.

4.答案：解：因为直三棱柱力BC-4B1C1，

所以44i1平面ABC,

因为AB,ACu平面A8C,

所以441_L48,AAr^AC,

又因为4BAC=90°,

所以建立分别以A8,AC,为x,y,z轴的空间直角坐标系A—xyz,

(1)设a=1,贝"/IB—AC-1»AA]—A,

各点的坐标为4(0,0,0),E(l,0,14式0,0,4),F(0,l,争,

AE-(1,0,g),=(01，-)

因为|前|=|不可=Jl+f，荏•不=一?，

又异面直线AE与aF所成角的大小为全

一_._烂

所以|cos＜被中＞1=1端能1=1病1=；

所以入=3;

(2)因为E(a,O,|),F(O,a,g),近=(a,0,§,而=(0,a,g),

设平面AE/7的法向量为方=(%y,z),

则汨-AE=0,且F•衣=0,

即a%+弓=0,且ay4-率=0,

令z=l,则％=一餐/=一=，又4=2="

3a3aa2

所以可==(一芸一1,1)是平面AEF的一个法向量，

同理可得否=(1卷,1)是平面&EF的一个法向量，

所以后.无=0,所以平面4EF_L平面&EF,

当4=|时，二面角A-EF-A］的大小；.

解析：本题主要考查直线和直线所成角及二面角，根据题意建立分别以AB,AC,A4为x,y,z轴

的空间坐标系4-xyz是解题关键，属于中档题.

(1)设a=1,则4B=4C=1,44i=4,根据|荏|=|石"可=J1+今AE-ArF=-^结合异面

直线AE与4尸所成角的大小为a则可得关于；I的方程，解之即可；

(2)求出平面AE尸的一个法向量再=(一土-1,1),同理求出平面4EF的一个法向量底=从

而可得元•底=0,由此可求出二面角力-EF-&的大小.

5.答案：(1)证明：因为回4DE为等边三角形，历是线段OE的中点，故AMIDE；

而BC〃DE,BE=DC,N是线段BC的中点，故MN1.DE；

而AMCiMN=M,AMu平面AMN,MNu平面AMV,

故DE_L平面AMN；

(2)解：设4B=d,平面40E1平面BCDE,

^^\ADEa^WlBCDE=DE,AMA.DE,

所以4M，平面BCDE-,

连结BM,则4"2+BM2=d2；

设AM=x,MN=-a-x，

2

故BM2=MN?+BN2=(/Q-%)+}Q2,

故d?=X2+—x)2+(标

=2(%—^a)24-1a2,

当％=fa时，dmin=^a.

此时四棱锥4-BCDE的体积为

1

3'S棉形BCDE，"M

解析：本题考查了棱锥的体积和线面垂直的判定，是中档题.

(1)由团40E为等边三角形，得4M1DE,又得MNJ.DE,由线面垂直的判定即可得证；

(2)设4B=d,证得4M，平面BCDE,连结BM,可得4M?+BM2=d2(设4加=x,MNJa-x,

可得AB最小值，从而得出四棱锥A-BCDE的体积.

6.答案：(1)证明：在直角梯形4EFB中，AE1EF,

且直角梯形AEFB以直线EF为轴旋转而得，

所以。1E1EF,

所以BF1EF&F1EF,

乂BFCC#=F,BF，GFu平面BGF,

所以EF1平面BC/,

又EFu平面C15EF,

所以平面GQEF1平面BC/；

(2)解：•••直角梯形AEFB绕E尸转到DiEFG,

:、DE11EF,

•・・AEJLEF且AEnZ)iE=E,4Eu平面ADiE,u平面AOiE,

・•・AE1平面ADiE,且乙4EDi为二面角G—EF—B的平面角，

Z-AEDX-p又1AE=DXE

・•・△4EDi为等边三角形，

・c4p2g.八

・・SAAEDI=丁AE=—•4=v3»

•••VA-EFD1=|5AAED1-EF=1V3-4=iV3.

解析：解析：

本题考查面面垂直的判定、二面角及三棱锥体积的求法属于中档题.

(1)证出EF1平面BCiF,再结合面面垂直的判定定理证明即可；

(2)先证出4EJ_平面力DiE,月上4ED1为二面角G-EF-B的平面角，再结合三棱锥体积公式求体积

即可.

7.答案：(1)证明：连接8D,由底面ABC。是正方形，

可得力C1BD.

"SDJ_平面ABCD,^LACu平面ABCD,SDX.AC,

又SDCBD=D,SD、BOu平面S3。，

AC，平面SBD,

又•••BEu平面SBD,

AC1BE.

(2)解：设点8到平面ACE的距离为儿

△4BC的面积以48c=^xABxBC=a2,

故三棱锥E—ABC的体积/-舫。=[xSAABCxDE=|xa2xAa=|a3,

AE=CE=V2a2+22a2,

△AEC的面积Sm4Ec=：xACxJAE2—(争2=1x2axVa2+A2a2=a2Vl+22>

2

故三棱锥B-AEC的体积%TEC=：xS^AECxh=|xahy[TT^.

由KE-ABC=%-AEC可得ga，=Ixa2Wl+A2,

解得九=焉，又h=A，：.七=4，

vl+A23Vl+A23

解得a=&e(o,2].

即实数;l的值为e.

解析：本题主要考查了线面垂直的判定以及性质，以及空间中点到平面的距离，属于中档题.

(1)根据题意利用线面垂直的判定以及性质即可得证；

(2)根据等体积转化的方法表示出点到平面的距离，求出;I的值即可.

8.答案：解：若选②：由P。_L平面ABCD知IP。1AB,又PCI.AB

所以48!_面PAC,所以AB14C,所以484c=90°,BC>BA

这与底面ABC。为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③

下面证明：P。J•平面ABCD

因为四边形A8C。为菱形，所以4C1BD

因为PCIB。，PC(yAC=C,所以80,平面APC

又因为P。u平面APC,所以BD1PO

因为PA=PC,。为AC中点，所以P014C

又4CCIBD=0,所以P。_L平面ABCD

因为P。J_面A8CD,以。为坐标原点，

以前，0C，声的方向分别作为x轴，y轴，z轴的正方向，

建立如图空间直角坐标系。-xyz,

因为4B〃CD,所以"BA为异面直线PB与CD所成的角，所以"B4=60°

在菱形ABC。中，设AB=2,

因为N4BC=60°,所以。4=1,OB=V3-

设P。=a,则尸4=7a2+1,PB=Va2+3

在13PB4中，由余弦定理得：

PA2=BA2+BP2-2BA-BP-COS/.PBA

所以。2+1=4+。2+3—2x2Va2+3x1

解得a=V6

所以4（0,-1,0）,B（V3,0,0）,C（0,1,0）,P（0,0,V6）

设五=（%1，月*1）为平面A8尸的法向量，

AB=（V3,1,0）,AP=（0,1,V6）

由］工•亚=°可得」吗1?=。

（九1•AP=0（为+^Z］=0

令Zi=1得：/=（&,-历1）

设孤=（%2，%*2）为平面CB尸的法向量，

CB=（73,-1^）,而=（0,-1,伺

由［&己=°可得」岳27y2=。

In2,CP=0（y2—V6Z2=0

令Z2=1得：底=（企,痣1）

设二面角』-PB-C的平面角为仇

所以cosO=萼M=；,所以二面角A—P8—C的余弦值为右

|nil|n2|33

解析：本题主要线面垂直的判定定理，异面直线所成的，空间二面角以及空间向量在立体几何中的

应用，考查学生推理能力与空间想象能力，属于较难题目.

首先利用反证法以及已知尸。_L平面ABC。知48_1_面尸4。,推出BC>B4与底面为菱形矛盾故选①③:

然后在此条件小证明BD_L平面APC,得到BD1P0,以及PA=PC,0为4c中点，得到P。_L平面

ABCD,以。为坐标原点，建立空间直角坐标系，设48=2,利用余弦定理求出利用长度，求得空

间坐标，利用空间向量求出平面法向量以及计算二面角4-PB-C的平面角的余弦值.

9.答案：解：(1)若平面EFG〃平面平面24Bn平面PBC=PB,平面EFGD平面PBC=EG,

由面面平行的性质定理可知：PBHEG,

于是*=雾，由E为PC的中点知：G为BC的中点，故打=：品，

GBEP2

所以a=a

(2)由平面EFG〃平面P4B知，平面EFG与平面PCD所成二面角即为平面PAB与平面PCO所成二

面角.连接BQ,交AC于点。，因为四边形ABC。为菱形，贝IJAC1BO,以点。为坐标原点，以

OB、0C所在的直线分别为x轴，y轴，过点0与底面ABCD垂直的直线为z轴，建立如图所示的空

间直角坐标系，

则4(0,-1,0)，B(何),0),C(0,l,0),D(-V3,0,0),

P(0,-1,2百),

于是9=(0,0,2b)，AB=(V3.1,0),丽=(0,-2,2遮)，CD=(-V3,-l,0).

元1•而=0,得2az=0,

设平面PAB的法向量为苏=(x,y,z),由

而1-AB-0,l>/3x+y=0,

取x=l,则y=-g,z=0,于是汨=(1,一6,0),

同理可求得平面尸8的一个法向量为近=(一1,遮,1),

—>I_冗1,亢2_-1-3_2^5

则cos(河，&=两两="+(.=-T，

所以二面角的正弦值为它.

5

解析：本题主要考查了面面平行的性质，利用空间向量求二面角，考查计算能力以及逻辑推理能力，

属于中档题.

(1)由面面平行的性质定理可知：PBHEG,从而可推出前=(品，由此可得;I的值；

(2)以点0为坐标原点，以08、0C所在的直线分别为x轴，y轴，过点0与底面ABC。垂直的直线

为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，再求出平面PAB及平面PC。的一个法向量，利用向量法

能求出平面EFG与平面PCD所成二面角的正弦值.

10.答案：解：(1)证明：在圆锥尸。中，POJL平面ABC,BCu平面A8C

所以P。1BC,

(Z.PAB=Z.PAC

则(PAPA=>PAC=>AB=AC,

IPC=PB

连接AM,贝lj40J.BC,

又A0nP0=0,40u平面PAO,POu平面PAO,

所以BC1平面PAO；

(2)由NPAB''PAB,APAC都为正三角形，则4B=4C=BC=3,

如图，

以。为原点，垂直于AM所在的直线为x轴，OM所在的直线为y轴,

OP所在的宜线为z轴建立空间直角坐标系。-xyz,

则4(0,一百,0)，P(0,0,遍),B(|,y,o).C(-py,0).M(0,V3,0).

•••丽=G，今一e)，PC=(-1,y,-V6)，

.•.而=2两=(1心，一壁)，两，卮=(_1型,_也

3V3373V33

・•.E(l,抬),F(—1《净，

•••锭=(-2,0,0)，荏=(1竽净，

设元=(x,y,z)为平面AE尸的法向量，

贝归亚=0=]策。

(n-EF=0lx+—y+~z=0

则x=0,取丫=—企，则z=4,

取元=(0,-V2.4),

又丽=(0,73,-76).

设PT与平面4EF所成角为0,

则PM与平面AEF所成角也为。，

•••sinB=|cos<PM,n>|==竽.

解析：本题考查线面垂直的判定，线面垂直的性质，直线与平面所成的角，利用空间向量求线面角，

考查了空间想象力和计算能力，属于中档题.

(1)在圆锥P。中，POJL平面ABC,得POJLBC,由三角形全等可得AB=4C.则401BC,由线面垂

直的判定定理可得BC，平面PAO-,

(2)以O为原点，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面AEF的法向量,PM=(0,V3,-V6),

设P7与平面AEF所成角为0,则尸仞与平面4E尸所成角也为。，代入公式可得结果.

11.答案：解：(I),.「£1£3，PELED'EBC\ED=E,EB,EDc^[g]EBCD,

-PE，平面EBCD.

又。Ku平面PEB，二平面PEB_L平面EBCD，

而5Cu平面EBCZ)，BC1EB，EBu平面PEB,且平面PEBn平面EBCO=EB,

所以8C1平面PEB,而MEu平面P8E,

・•・BC1EM,

由PE=EB，PM=MB知EM1PB，

而BCCPB=B,且P8,BCu平面PBC,

可知KMJ_平面PBC，

又EMu平面EMN，:.平面EMNJL平面PBC-

（口）假设存在点N满足题意，过A/作MQ1EB于Q,

由刊TJ_EB知PEI/MQ,

由（I）得PE_L平面EBCD，所以“0_L平面EBCD，

过0作0K_LEN于R,连接MR,

由M0_L平面EBCD，且ENu平面EBCD，

故MQ1BN,而QRJ.EN,且QRnQM=Q,QR,QMu平面MQK,

则EN1平面MQR,而MRu平面MQR,

则EN1碗，

即是二面角B-EN-M的平面角，

不妨设PE=EB=BC=2,则"0=1,

BNEN

在RtAEBN中,设BN=x(G<x<2)，由RtAEBN〜RtAE/?。得，—=—

RQ

即2L=叱+/,得RQ=X

RQ1>/22+x2

八小八MQVX2+4

tanZ.MRQ=----=--------，

RQx

依题意知COSZMRQ=—>即tan4MRQ=--4-=，

6x

解得x=Ie(0,2),

此时N为8c的中点.

综上知，存在点N，使得二面角3-EN-M的余弦值巫，此时N为8c的中点.

6

解析：本题考查线面垂直，面面垂直的判定定理与性质定理，考查几何法求二面角的余弦值，属于

中档题.

(I)根据题意，先证明EM_L平面PBC再利用面面垂直的判定定理，证明结论；

(H)根据几何关系找出是二面角8-EN—M的平面角，进而可得结果.

12.答案：(1)证明：因为四边形ABCO为正方形，所以CD14D.

因为PA_L平面CDP,CDu平面CDP,所以CD1AP.

因为ADCAP=4,AD,APc^®ADP,所以CDJL平面ADP.

因为CDu平面ABCD,所以平面P4D，平面ABCD.

(2)解：如图，过P作PH14。，垂足为“，连接B”，过点。在平面PAQ内作平行于直线尸”的z

轴.

因为平面PACJ■平面ABCD,且平面P2£)n平面ABCD=AD,PH1AD,PHu平面PAD,

故PHI•平面ABC。，所以z轴1平面ABCD

以。为原点，以OA所在的直线为x轴，0c为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系。-xyz.

因为P41•平面CDP,POu平面CDP,故241PD,

因为24=2,PD=2次，所以AD=y/AP2+PD2=4.

在RtAPAD中，因为4。=AP-PD,所以PH=6，则。"=J12-(次尸=3・

因为4(4,0,0),P(3,0,6)，E(|,0,y)，C(0,4,0),

所以荏=(一|,0净，^C=(-4,4,0).

设平面E4C的法向量为沆=(x,y,z),则竺・小=一］%十=u,令7=5,得沅二(百，百,5).

AC•m=-4%+4y=0,

取平面ABCD的一个法向量诂=(0,0,1).

设二面角E-AC-D为贝”cos6»|-|cos(jn,n)\=^

由图可知二面角E-AC-。为锐角，

故二面角E-AC-。的余弦值为阻.

31

解析：本题重点考查面面垂直的判定以及空间向量求二面角，属于一般题.

(1)通过已知结合线面垂直的判定定理可得CD-L平面4DP.即可求证平面PAD1平面4BCD.

(2)以力为原点，以OA所在的直线为无轴，DC为y轴，建立空间直角坐标系，利用平面的方向向

量即可求解.

13.答案：证明：⑴、•四棱锥P-4BC0中,

PA_L平面ABCD,BDu平面ABCD,

：.BD1PA,

•••底面4BC。为菱形，

BD1AC,

•••PAHAC=A,PA,ACu平面PAC,

BD1平面PAC；

(2)棱PB上存在中点F,使得CF〃平面PAE.

理由如下：分别取P反月4的中点尸、G,连接CF、FG、EG,

在三角形PAB中，FG〃4B且FG=^48,

在菱形A8CO中，E为CQ的中点，

所以CE〃出且CE寸B,

所以CE〃尸G,且CE=FG,

即四边形CEGF为平行四边形，

所以CF〃EG,

又CF仁平面PAE,EGu平面PAE,

CF〃平面PAE.

解析：【试题解析】

本题考查线面垂直、考查满足线面平行的点是否存在的判断与求法，考查推理能力与计算能力，属

于中档题.

(1)推导出BO_LPA,BD1AC,由此能证明30_L平面尸AC；

(2)棱PB上存在中点F,分别取P8、PA的中点尸、G,连接CF、FG、EG,推导出四边形CEG尸

为平行四边形，所以CF〃EG,进而CF〃平面PAE.

14.答案：解：(1)过点8作1楼面的垂线，垂足是夕，

则B'落在圆柱底面圆上，连接B'A,

则85即为BA在圆柱下底面上的射影，

故NB4B唧为BA与楼面所成的角，即NBAB'=arcsinp

BB'=AM=4,可得48=8近，zSaOB中，。力=OB'=8,

故A/lOB'是等腰直角三角形，故NB0iM=N40B'=a

'：AB=CD,故弧BC的长为8x^=2兀，

故此顾客在二楼面上步行的路程为2兀米；

(2)由(1)可知04,OB',。。2两两互相垂直相交，

于是以。为坐标原点，以射线OB',0A,。内分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

如图示：

则8(8,0,4),4(0,8,0),C(4A/2,4V2,4)»。(一4迎,4a,8)，

故后=(8,-8,4).CD=(-872,0,4),

设异面直线AB和CD所成角的大小为。，

则。$0=雪段=组＞0,

\AB\'\CD\9

即。=arccos4^1,

9

故异面直线48和CZ)所成角的大小为arccos且.

9

解析：(1)求出NB4B'=arcsin1以及AB=CD,结合弧长公式求出弧8c的长即可；

(2)以。为坐标原点，以射线。8',。4,。。2分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,求出南=(8,-8,4).

CD=(-8^2,0,4),根据向量运算求出异面直线AB和CD所成角的大小即可.

本题考查了空间向量的运算，考查线面关系以及异面直线问题，考查数形结合思想，转化思想，是

一道中档题.

15.答案：(1)证明：MBE1®ABC3.BEIffiDEFG,

而4Bu面ABC,DEu面DEFG,

所以481BEQ.DE1BE,

于是，在面ABE。中，DE//AB,同理，EF//BC,所以/DEF=NABC=60。，

又EF=2DE,所以DFJLDE,由BE1面OEFG,DFDEFG,知DF1BE,

而CEDBE=E,DE,BEu平面ABED,

所以OF,平面ABED

(2)解：取AB中点O,由题可知，DE"OB旦DE=OB,

所以四边形OBED为平行四边形，

所以OD〃BE,于是0D1面ABC,

又圈ABC为正三角形，

所以。C,。4。。两两垂直.

以O为坐标原点，0，。4。。分别为阳”2正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz,

设BE=a(a>0),贝i」0(0,0,0),a(0,l,0),B(0,—LO),C(W,0,0),D(0,0,a),G4g,a),F(V5,0,a)，

设面ADG的法向量为元=(x,y,z),则有：

苏-AD=(x,y,z)-(0,—1,a)=—y+az=0

.―.V31V31，

%,DG=(x,y,z)•(^-，2,0)=—x+-y=0

不妨设z=V3.得苏T=(-a,V3a,V3).

又BE1平面DEFG,故平面DEFG的一个法向量为五=(0,0,1),

由［3<近尼>|=焉篙=熹=密解得a=2-

设平面BQF的法向量为元=(xi/i，Zi),则有：

Cn-JD=2,yi，Zi)•(0,1,2)=y1+2z1=0

(n-OF-(x1,y1,z1)-(A/3,0,0)—Wx、-0'

不妨设%=2,得五=(0,2,-1).

而方=(0,0,2).

于是，点C到面BZ加的距离&=害=5=等.

|n|V55

解析：本题考查了线面垂直的判定，点到平面的距离，二面角的相关知识，是拔高题，

(1)先证DE1BE^.AB1BE,可得，DE//AB,EF//BC,BPzDEF=乙ABC=60",结合EF=2DE,

所以OF1OE,由BE1面。EFG知。尸_LBE,可得答案.

(2)取4B中点O,由题可知，DE//OBHDE=0B,所以四边形。8即为平行四边形，所以。D〃BE,

于是0D1面4BC,又图4BC为正三角形，所以0。。4。。两两垂直.以。为坐标原点，0C,04,0D分

别为x,y,z正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz,设BE=a(a>0),分别表示出各点的坐标，求得

AOG的法向量及面OEFG的法向量，利用法向量的夹角求得a,进而求得点C到面8OF的距离..

16.答案：(1)证明：因为力B〃CD,ABLAD,所以CO14D,

又因为平面P/W1平面ABCD,平面PAD0平面ABCD=AD,CDu平面ABCD,

所以CD1平面PAD,

又因为CDu平面尸CQ,所以平面PCD1平面PAD；

(2)解：取的中点0,连结PO,

因为力。为等边三角形，所以P014D,

又因为平面PAD1平面ABCD,平面PADn平面ZBCD=AD,POu平面PAD,

所以PO，平面ABCD

所以线段PO为三棱锥P-4BC底ABC上的高，

因为△PAD为等边三角形，C。=24B=24。=4,所以P0=百，

又S-BC=2,

所以,S^ABC-PO=gX2X向=•

解析：【试题解析】

本题考查面面垂直的证明，考查棱锥体积的计算等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

(1)通过证明CO_L平面PAD,CDu平面PCD,即可证明平面PCOL平面PAD；

(2)取AO的中点O,连结尸O,得到线段PO为三棱锥P-ABC底ABC上的高，因为△PAD为等边三

角形，CD=2AB=2AD=4,所以P。=百，代入棱锥体积公式运算即可求得结果.

17.答案：(1)证明：因为M,N分别为40,尸。的中点，

所以P4〃MN,

又因为24C平面MNC,MNu平面MNC,

所以P4〃平面MNC;

(2)、•四边形A8CD为正方形，

401CO,

又PDLCD,AD,PDc5F®PAD,ADCtPD=D,

：.CD1平面PAD,

,

SHPMN—2^APDM=]xyxPD.DM=-x4xl=l,..VP^MNC—VC-PMN=^^APMN'CD=-x1x

解析：本题考查了线面平行的判定、线面垂直的判定，考查利用空间向量求线面的夹角的正弦值,

属于中档题.

(1)根据线面平行判定定理即可求证；

(2)根据已知及线面垂直的判定定理可得C