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 21(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(21)

1.如图，在正方体ZBCD-AiBiGDi中，对角线4停与平面BDQ交于点O,AC、BD交于点、M,E

为4B的中点，尸为441的中点。求证:

(1)6、。、M三点共线:

(2)E、C、5、尸四点共面。

2.如图，已知点E,F,G,”分别是三棱锥4—BCD棱上的四点，且m=瞿=罂=*=：.

FCEAHAGC2

(1)求证：E,F,G,〃四点共面；

(2)若ACLBD,求证：四边形EFG”是矩形.

3.如图所示，在平行四边形ABCD中，AD=2AB,AE=ED,BF=FC,将四边形£尸。。沿E尸

折到MN的位置，使NF=M4.

M

N

(1)证明：AF1NEi

(2)若4B=3,BE=2V3，且同=；l丽(0WA41)，当二面角G-BE—N的余弦值为唱时,

求；I的值.

4.直三棱柱ABC-G中，AC=BC=：44i=2,。是棱441的中点，且£)G，BD.

(1)证明：OGJ.BC.

(2)求四面体B1DBG的体积.

5.如图，等腰梯形A8CZ)中，AB//CD,AD=AB=BC=1,CD=2,E为CO中点，以AE为折

痕把△4DE折起，使点D到达点P的位置(P0平面4BCE).

(1)证明：AE1PB；

(2)若线段PC的长为手，求二面角4-PE-C的余弦值.

6.如图长方体4BCD-41B1C也的44]=1,底面ABCQ的周长为4,E为的中点.

(I)判断两直线EQ与AD的位置关系，并给予证明：

(口)当长方体ABCD-AiBiC/i体积最大时，求直线与平面&CD所成角氏

7.如图所示，在正方体4BCD—4B1C1D1中，E,尸分别为如当的中点，ACOBD=P,公6n

EF=Q.

(1)求证：D,B,F,E四点共面；

(2)若4c交平面OBFE于点R,求证：P,R,Q三点共线.

8.如图，在长方体4BCD-A$iGDi中，点E,F分别在棱上，且2DE=ED1,BF=2FB1.

(1)证明：点G在平面AE尸内；

(2)若48=2,AD=1,力公=3,求二面角4—EF-4的正弦值.

9.已知正三棱柱ABC-4B1C1中，AB=2,44]=e，。为AC的中点.

(1)当荏=［两时，求证：DEIBCi；

(2)在线段上是否存在点E,使二面角4-BE-。等于30。？若存在求出AE的长;若不存在,

请说明理由.

10.如图，空间四边形ABC。中，E、〃分别是48、AO的中点，尸、G分别是8C、C。上的点，且

CF_CG=*求证:

CB-CD

⑴E〃〃面BCD；

(2)三条直线EF、GH、4c交于一点.

11.如图，在正方体48(7。一&81(71。1中，点以F分别是AB、G5的中点.

(1)证明：点公、/、C、E在同一平面内;

(2)若点G、”分别是。。八8停[的中点，证明：G"_L平面&FCE.

12.如图，在正方体4BCC-4/1C1D1中，EF与异面直线AC,&0都垂直相交

.求证：EF1•平面ABiC.

13.如图，三棱柱48(7—必当。1中，BC=B[C,O为四边形4CC14对角线交点，尸为棱BB】的中点,

且4尸1平面BCQBi.

(1)证明：OF//平面A8C；

(2)证明：四边形4CQ4为矩形.

14.已知△ABC在平面a外，它的三条边所在直线分别交a于P,Q,R三点.求证：P,Q,R三点共

线.

15.如图，四棱锥P-4BCD的底面是直角梯形,々BAD=^,AD=2AB=4,BC=5,PA=PC=V13.

(1)当P8=尸。时，证明：BD1PC；

(II)当平面PAC，平面A3C。时，求PB与平面PA。所成角的正弦值.

16.如图，平面4BEF平面4BCZ),四边形A3EF与438都是直角梯形，/.BAD=/.FAB=90°,

BC//ADAD=2BC,BE//AF,AF=2BE.

(1)证明:四点C,D,F,E共面;

(2)设AB=BC=BE=2.

①求CE与平面8DE所成角的正弦值；②求点尸到平面BDE的距离.

17.如下图,三棱柱ABC—4B1G中，CA=CB,AB-AAx,/.BAAt=60°.

(2)若平面ABC_L平面44$$,AB=CB,求直线与平面BaGC所成角的正弦值.

18.如图，四棱锥S-ABC。的底面是直角梯形，AB//CD,4BAC=4ADC=90°.SCJ■平面4BCZ),

M是SA的中点，AD=SD=CD=2AB=2.

(1)证明：OM_L平面SAB；

(2)线段SC上是否存在一点E,使得直线SA〃平面BDE.若存在，确定点E的位置：若不存在,

说明理由.

19.在底面是菱形的四棱锥P-4BCD中，点E,尸分别为BC,PD的中点，设直线PC与平面A所交于

点Q.

p

D

B

⑴已知平面P4BCI平面PCD=/,求证：AB“I；

(2)求矍的值.

20.在如图所示的几何体中，四边形ABC。是菱形,四边形4ONM是矩形，平面4DNM_L平面A8CD,

Z.DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点，尸为线段CM上的一点.

(1)求证：DE1CN；

(2)若二面角P-CE—C的大小为30。，求公的值.

【答案与解析】

1.答案：证明：(1),•・&cn平面BDC1=0,：.0e&C,0C平面BDC1；

又•.・u平面accMi，oe平面acci4；

•••AC、BD交于点M,；.MeAC,M€BD；

又ACu平面"G4，BDu平面BDCI，

Me平面ACCMi，Me平面BDG；

又qe平面4CG4,Qe平面8£>G；

G、0、M三点在平面4CG4与平面BDC1的交线上，

.••G、0、M三点共线；

(2)rE为AB的中点，尸为441的中点，

：.EF//BAr,

又•：BC"A\D\,BC=A1D1,

•••四边形BCD1&是平行四边形，

:.BA1//CD1；

EF//CD1,

E、F、C、5四点共面.

解析：本题考查了空间中的点共线，线共面的证明问题.

(1)利用G、。、M三点在平面4CG&与平面BDG的交线上，证明三点共线;

(2)利用E尸〃CD〉证明£、F、C、Di四点共面.

2.答案：证明：(1)点E,F,G,，分别是三棱锥4—BCD棱上的四点，

FCEAHAGC2

••.EF//AC,GH//AC,

・•・EF//GH,

・・・E,F,G,H四点共面.

BEDHBFDG1

—EAHAFCGC2

.EA_HA_FC_GC_Q

BEDHBFDG

AEH//BD,FG//BD,

FG//EH.

又EF//GH,

四边形ER7H是平行四边形，

XvAC1BD,

EF1FG,

••・四边形EFGH是矩形.

解析：本题考查平面的基本性质，属于基础题.

(1)由霹=襄=瞿=照=轲得EF〃4C,GH〃/1C进而可得EF〃GH即可证明；

rLfc.AnAGLL

(2)同理可得出FG〃EH.由(1)可知，四边形EFG”是平行四边形，再根据4C1BD,即可得到结论.

3.答案：解：(1)记4FCBE=。，连接NO,可知四边形A8FE是菱形，

所以AF1BE,且。为AF、8E的中点，又因为NF=M4,

所以4F1N。，又因为BECNO=。，所以4F_L平面MEB,

又因为NEu平面NE8,所以4F1NE.

(2)因为48=3,BE=2痘,所以E0=我，FO=OA=V6,NF=2遮，

所以N。=又NE=DE=3,所以NO2+EQ2=NE2,

所以NO1BE,又由(1)可知：N014F,且BEnAF=。，

所以N。_L平面ABFE,所以OE,。4、ON两两垂直，

分别以丽，殖，面为x,y，z轴的正方向建立空间直角坐标系。孙z,

如图:

则尸(0,一伤0),很(0,0,V6).E(V5,0,0),EN=(-V3,o,历),

由前=4前=4前，得6(一冯九一75,n/1),

所以丽=(A/3,0,0),OG=(-V3A,-V6,V6A).

设平面G8E的法向量为万=(x,y,z),

则风里=0,即]户u，令，

(in-OG=0,[Ax+V2y-V2Az=0,

得记=(0,4,1),又由(1)可知平面BEN的一个法向量为元=(0,1,0),

因为二面角G-BE-N的余弦值为黑，所以|cos<m,n>\=|磊|=察，

解得”久负值舍去).

解析：【试题解析】

(1)由已知证明四边形ABFE为菱形，可得4FLBE,设AF与8E的交点为O,则。为AF的中点,

得到N0J.4F,再由直线与平面垂直的判定可得4F_L平面NE8,即可证明4F1NE；;

(2)求解三角形证明NO，OE,可得N。_L平面A8FE,以。为坐标原点，分别以OE,OA,ON所在

直线为x,,y,,z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面GBE的一个法向量与平面NEB的一个法向

量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角G-BE-N的余弦值，令其等于理即可求解;I的值.

10

本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角,

是中档题.

4.答案：（1）证明：:D是棱44的中点，

.♦.在RtzxZMC中，AC=AD=2,：./.ADC=45°,

同理得=45°,•••/COG=90°,

DC1DCr,

又DB1DG，且。BnDC=D,

Dg1平面BCD,且BCu平面BCD,

DC】iBC；

(2)解：在直三棱柱ABC-4181cl中，

•••CCi1BC,由(1)得DCilBC,DQ与CQ为平面4CC14内的两条相交直线,

BCJ_平面4"出，

则BCJ.AC,又ACLCG，BC与CQ为平面BCR%内的两条相交直线，

AC_L平面B8£C,

11]8

则%面体BMBCi==2X3X2X4X2=5-

解析：【试题解析】

⑴由。是棱441的中点，可得&D=AD=2,求解三角形可得=乙41DG=45°,得“Dg=

90°,即DC1。6,由已知DB1DQ,利用线面垂直的判定可得DQ_L平面BCD,从而得到DC】_LBC；

(2)在直三棱柱48C-&BiCi中，结合(1)证得4c_L平面BBiQC,再由等积法求得四面体当£>8(71的

体积.

本题考查异面直线垂直的证明，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.

5.答案：(1)证明：在等腰梯形

ABC£>中，连接BO交4E于点

O,

vAB//CE,AB=CE,

四边形A8CE为平行四边形,x

AE=BC=AD=DE,AE//BC,

.•.△4DE为等边三角形，

・・・在等腰梯形ABCD中，NC=/-ADE=pz.DAB=/.ABC=y,

・•・在等腰△ADB中，乙ADB=^ABD=3,

o

Z.DBC=^-7=2即BD1BC,

362

・•・BD1AE,

/.OP1AE9OBLAEf又OPu平面08,OBu平面POB,0PO0B=0,

・・・AE1平面P08,•・•PBu平面POB,

：・AE1PB.

(2)解：连接。C,由⑴知。。=2。=与，OE=\AE=\,

由余弦定理可得OC=Il+--2xlx-xcosl20°=—.

q422

PC2=PO2+0C2,：.P010C,

XPC=—2,

y,PO1AE,OC^AE=0,

：.PO，平面ABCE,

则以。为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系,

则P(0,0,分E60,0),也苧⑼,

••.两=(；,0,一泉,FC=(|,f,O).

设平面PCE的一个法向量为可=(x,y,z),贝I][竺,瓦二°

•元=0

遮

一z=o

fix-2%

3=JJy=

七十2yO

由题意得平面「人£的一个法向量花=(0,1,0),

,—>—»、九/九？-1Vs

：•cos<n1n>=「「I=-=-----，

lt2M1IM2IVsxi5

由图形可知二面角4-EP-C为钝角，

所以二面角A-EP-C的余弦值为一些.

解析：(1)连接8。交AE于0,证明4E1BC即可得出AEJ■平面PB。，故而4E，PB；

(2)根据勾股定理可证。P10C,于是。P_L平面A2CE,建立空间坐标系，求出平面PCE和平面APE

的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小.

本题考查了线面垂直的判定，考查空间向量与二面角的计算，属于中档题.

6.答案：解：(I)EG与AD是相交直线，

证明如下：连接A&,CM贝是平行四边形，

•••E也是AB】的中点，二AE〃C\D,AE=/避，

•••AEG。为梯形，A,E,G，。四点共面，EQ与为梯形两腰，

故Eg与AO相交.

2

(H)设48=b,AD=2-b,VABCD_A1BiCiDi=b(2-b)x=b(2-b)<(^|^)=1,

当且仅当b=2-b,b=l时取等号，

分别以边AB,AD,44i所在直线为x,y,z轴，建立如图所示直角坐标系，

则0),4式0,0,1),C(l,l,0),0(0,1,0),可=(-1,0,1),CD=(-1,0,0),=(-1,-14)-

设平面4CD的法向量为元=(x,y,z),

则-x-y+z=0,取z=L则元=(0」,l)，

•••sin0=|cos<BA^,n>\=

解析：【试题解析】

本题考查直线与直线的位置关系，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力.

(I)ECi与AO是相交直线.连接4Bi，CD说明A,E,的，。四点共面，EC1与为梯形两腰,

即可得到结果.

(口)利用等体积法求出A8,以边48,AD,Aa所在直线为x,y,z轴，建立如图所示直角坐标系,

求出平面4CD的法向量，利用向量的数量积求解直线与平面所成角的大小.

7.答案：证明：(1)：E、尸分别为GDi，BiG的中点，

•・•乐是48也1。1的中位线，

・・・EF”DiBi，

vABCD-&B1C1D1是正方体，

・•・BBJ/DD、、BBi=DDlf

BBiDi。是平行四边形，

:.DB"DiB\,又EF〃D]Bi，

•••EF//DB,

:•D、B、F、E共面.

(2)vACnBD=P,A】GnEF=Q,

•••PQ是平面44iCiC和平面DBFE的交线，

•••&C交平面DBFE于R点、,&C在441cle平面内，

•••R是平面4aleiC和平面OBFE的一个公共点，

•••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：【试题解析】

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/D$i，BBi//DDi、BBX=DD1,从而⑶当劣。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PQ是平面4&GC和平面OBFE的交线，R是平面441cle和平面Q8FE的一个公共点，

由此能证明尸、。、R三点共线.

8.答案：设4B=a,AD=b,=c,如图建立空间直角坐标系C1一xyz.

(1)连结GF,则G(0,0,0)，A(a,b,c),E(a,O,|c),F(O,b,^c),EA=(O,b,^c),亭=(O,b*c),得

EA=C^F.

因此瓦4〃C/,即4E,F，G四点共面，所以点Q在平面AEF内.

(2)由己知得4(2,1,3),E(2,0,2),((0,1,1),4(2,1,0),

AE=(0,-1,-1)，AF=(-2,0,-2).砧=(0,—1,2),A^F=(-2,0,1).

设%=(x,y,z)为平面AE尸的法向量，则

巧•至=。，即—y-z=0,

可取九i=

叫•AF=0,—2x—2z=u，

设的为平面&E尸的法向量，贝讣电•竺=0,同理可取电=6,2,1).

2

(.n2-AXF=0,

因为85〈%,电)=看缶=一9，所以二面角/-EF-&的正弦值为半.

解析：本题考查平面的基本性质与推理，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解

空间角，是中档题.

(1)建立空间直角坐标系，连结GF，证得区4〃GF即可；

(2)利用空间向量求解即可.

9.答案：解：(1)证明：连结DG，因为4BC-4B1G为正三棱柱，

所以AABC为正三角形，

又因为。为AC的中点，所以BD1AC,

又平面48c_L平面4CG4,所以BD1平面ACG4,所以BDJ.DE.

因为荏=3就，AB=2,44=百，所以AE=g,AD=1,

所以在RtA/WE中，/-ADE=30°,在RtZkCCG中，4JDC=60。,

所以zECCi=90。，即EDlCCi，

所以EDJL平面BCG，BGu面BOG，

所以DE1BCi

(2)假设存在点E满足条件，设4E=h.

取AG的中点D「连结。久，则。劣1平面ABC,

所以。DiLAD,DDi1BD,

分别以D4、DB、所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则4(1,0,0),B(0,V3,0),E(l,0,h),

所以丽=(0,百,0)，DE=(1,0,h),AB=(-l,V3,0)，

AE=(0,0,h),

设平面DBE的一个法向量为元=(Xi，yi，zD，

则风,而=0=(何i=0

'显•灰=0IXi+hz1=0

令Zi=1,得瓦＞=(-h,0,1),

同理，平面A8E的一个法向量为近=(%2，、2,22)，

则代,=。=[-X2+何2=0

'I底•荏=01历2=0

.•.苗=(⑸，0).

所以cos的£)=:滞答=cos30。=3

所以园=y/h2+1,所以及无解.

故不存在点E,使二面角4-BE-。等于30。.

解析：本题考查了直线与平面垂直的判定，考查了二面角的平面角及其求法，训练了存在性问题的

求解方法，对于存在性问题，在假设结论成立的前提下进行推理，得到与已知的条件，公理、定理

等相符的式子，则假设成立，否则不成立.此题是中档题.

(1)由。为正三角形ABC的中点，得到BD14C,再由两面垂直的性质得到BO，面4c的公,继而BD1

DE,在平面4CC14中利用解三角形求出NAOE与aDG的值，从而得到EC1。6,则由ED_1面8。6,

则DEJ.BG；

(2)假设存在点E,使二面角4-BE-D等于30。，设出AE的长度，利用二面角的两个半平面的法向

量所成角为30。求出h的值，通过h的取值范围来判断是否存在.

10.答案：(1)证明:在和△CBC中，

••・E、，分别是AB和AO的中点，E”=-BD，

2

又T7.：蒜c尸=布CG=片3：-FG=//\3BD，

AEH//FG,

又EH仁面BCD,FGu面BCD,

E"〃面BCD；

②证明:••-§=§=?

・•.FG//=33BD，

4

・•・四边形FG//E为梯形，

所以梯形的两腰尸石和G”相交于一点，设交点为P.,

易证点P为两个面ABC和面ADC的公共点,

又因为AC为这两个面的交线，

所以P6/C,

所以三条直线E尺GH、AC交于一点P.

解析：本题考查了线面平行的判定，三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定理、以及三线共

点的问题，属于中档题.

(1)根据中位线定理，以及平行线分线段成比例定理的引理，可得EH〃FG,则由线面平行的判定定

理可得〃面BCD；

(2)由(1)的结论，直线EF,G//是梯形的两腰，所以它们的延长线必相交于一点P,然后结合公理3

即可得解.

11.答案：证明：(1)作的中点并连结8例、FM,

依题意得EB与平行且相等，

二四边形&MBE是平行四边形，

：.ArE//MB,

又依题意得BC与MF平行且相等，

.••四边形MFCB是平行四边形，

•­A^E/fFC,

.•.点4］、F、C、E在同一平面内；

(2)由G£)i，平面4道住1。1，且公尸u平面为B1C15

：,GO】1AXF,

又由F、"分别是G%、B1G的中点,

RtAA^FDi=RtADiHC1»

:.Z.D1A1F=ZHDJCJ,

又：皿&F+^D1FA1=90",

:.乙HDiG+4。1以1=90°,

.,.D]H1ArF,

而。/r£)iG=Di，u平面D/G,

•••&F_L平面D/G,而GHu平面D/G,

AtF1GH,

同理可证CFJ.GH,

而CFrU/=尸,CF,&Fu平面4/CE.

GHL平面&FCE.

解析：本题考查平面的性质及线面垂直的判定定理、性质定理，属于中档题.

(1)作为&的中点M,并连结8M、FM,然后证明&E//FC,从而证明点&、尸、C、E在同一平面

内；

(2)由GDi，平面4道也1。1，可得G。」.明产，在证明平面AUG,A|F，G〃，然后由线面垂

直的判定定理即可.

12.答案:证明：因为正方体4BC0—4iBiCiDi中41BJ/CD,=CD,

所以四边形&B1CZ)为平行四边形，所以&D〃B]C.

又因为EF14D,

所以EFIBiC,

又因为EF12C,4CnBiC=C,

AC.场。U平面AB|C,

所以EF_1_平面A/C.

解析：本题考查线面垂直的证明，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.

利用线线平行与线线垂直证明线线垂直，再利用线面垂直的判定定理，即可得;

13.答案：证明：(1)取4c的中点。，连结0。，

在三棱柱ABC-aB1C1中，四边形4CC14为平行四边形，BB[〃CC[〃AA],ELBB^AA^

因为。为平行四边形ACG4对角线的交点，

所以。为4C中点，

又。为AC中点，所以0D〃44「且0D=：44i，

又BB、〃AA\,所以OD〃BB「且。

又尸为BBi中点，所以OD〃BF,且OD=BF,所以。。8尸为平行四边形，

所以。尸〃BD,

又因为BDu平面ABC,OFC平面ABC,

所以。/7/平面ABC,

(2)因为BC=B]C,尸为BBi中点，

所以CF1BB],

又因为AF1平面BCG&,BBiu平面BCGB1，所以AFIBB-

因为CF1BB],AF1BBi，CFu平面A尸C,4Fu平面AFC,CFdAF=F,

所以8占1平面AFC,

又ACu平面AFC,所以BBi1AC,

又由(1)知B8J/CG，所以AC1CG，

在三棱柱ABC-4当的中，四边形4CQ41为平行四边形，

所以四边形4CG占为矩形.

解析：本题考查线面平行的判定定理与线面垂直的判定定理以及四边形形状的判定，考查空间思维

能力，属于中档题目.

(1)取AC的中点，连结OD,由三角形中位线得出。。〃441，且00=^441，再由口4〃入々寿出。。〃

1

BB],且OD=&BBi，得到OD〃BF,且0。=BF,008尸为平行四边形，得OF//BD,由线面平行

的判定定理得出即可；

(2)由题意得出CF1AF1BB「由线面垂直的判定定理得出B/_L平面AFC,得出BB11AC,

由。)知8BJ/CC],则力CICG，即可得出四边形为矩形.

A

14.答案：证明：如图，△ABC在平面a

外，它的三条边所在直线分别交a于尸,

Q,R三点、,

•••4Bna=P,P€平面ABC,且PG

平面a,

vACC\a=Q,：.Q€平面ABC,月.Qe

平面a,

•:BCna=R,；.R€平面ABC,且RG

平面a,

・•.P,Q,R三点分别是平面ABC和平面a的公共点，

••.P,Q,R三点共线.

解析：推导出P,Q,R三点分别是平面ABC和平面a的公共点，由此能证明P,Q,R三点共线.

本题考查三点共线的证明，考查两个平面的公共点都在同一条直线上的应用，是基础题.

15.答案：(I)证明：取80的中点0,连接P0,OC,

•••四棱锥P-4BCD的底面是直角梯形，

/-BAD,AD=2AB=4,BC=5,

过点B作BE1DC,交DC于点E,

则DE=AB=2,BE=AD=4,

在Rt△BEC中，EC=yjBC2-BE2=V25-16=3.

可得DC=5,DC=BC,

■■■BD1OC,

当PB=P。时，则BD10P,

vOCCtOP=0,OC、OPu平面POC,

•••BDL平面POC,PCu平面POC,

•••BD1PC；

(n)解：由题意，以。为原点，DA,DC所在直线为x轴，y轴，

过点。作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系xyz,如图所示,

则。(0,0,0),4(4,0,0),8(4,2,0),C(0,5,0),

取AC的中点Q,则Q(2,|,0),AC=y/AD2+DC2=V41.

VPA=PC=V13.•••PQ1AC,

•••平面PAC_L平面ABCD,平面PACn平面ABC。=AC,

PQu平面PAC,PQ1平面ABCD,

前=(2,I，当)，DA=?l(4,0,0),

设平面ABCD的法向量为记=(x,y,z),

则限•史=0,即［2x+|y+手z=0,

m-DA—0(4%=o

%=0,取z=l,则y=一日，，元=(0,—日,1),

设与平面PA。所成角为仇

则sin0=|cos伍，丽)|=雇J

1VTTVTT

2x~52~

JT)2+12XJL+(-»+(一字)2

迎历

故PB与平面PAD所成角的正弦值为之.

21

解析：本题考查空间中直线与直线的位置关系，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，利用空间向量求线线、线面和面面的夹角，考查逻辑推理能力和空间想象

能力，属于综合题.

(I)根据题意，证明BDLOC,BD1OP,从而证明BD平面POC,PCu平面POC,由线面垂直

的性质可得结论；

(口)由题意，以。为原点，DA,OC所在直线为x轴，y轴，过点。作垂直于平面A8C。的直线为z

轴，建立空间直角坐标系。-xyz,如图所示，利用空间向量求PB与平面P4O所成角的正弦值.

16.答案：解：由平面4BEF_L平面ABCDAFVAB,得4F_L平面A8CD,以A为坐标原点，建立

如图所示的直角坐标系4-xyz：

(1)证明：设48=a,BC=b,BE=c,

则B®0,0),C(a,bf0),E(at0,c),D(0,2瓦0),尸(0,0,2c),

.•.正=(0,6,-c),而=(0,2b,-2c)，故前=［而，.”。〃/办

C,O,E,尸共面.

(2)设AB=BC=BE=2,则a=。=，=2,故8(2,0,0),。(2,2,0),后(2,0,2),。(0,4,0),尸(0,0,4),

①设平面8OE的法向量为正=(x,y,z),由丽=(0,0,2),前=(-2,4,0)，CE=(0,-2,2)

得｛一2宾；；=0，m=(2,1,0),：•sin。=|cos<方冗>|=糯=春=%

即CE与平面BQE所成角的正弦值为逗.

10

(2)-：IF=(-2,0,2).平面BQE的法向量为江=(2,1,0),

d=辔=右="，即点尸到平面BDE的距离为延.

解析：本题考查线面角的求法，点到面的距离的求法及共面问题的证明，

(1)由题意，可建立空间坐标系，利用向量法证明EC〃FD,从而由公理推论得出四点共面；

(2)①求出线的方向向量与面的法向量，然后由公式求出线面角的正弦值；

②由图，求出向量前在面BDE的法向量上的投影的绝对值即可得出点到面的距离.

17.答案：(I)证明：取A8中点，连接OC,。&,

vAB=ArAfZ-BAAY=60°

・•・△B44］是正三角形，・・•。411AB,

・・•OCn0At=0,OC,.OAiC平面0(.11，

AB_L平面0C人,

•••CAtu平面。C4i，

•••AB1ArC；

（口）解：由（I）知。Cl48,OAi1AB,

又平面ABCJL平面A&BiB,

平面48cn平面A&BiB=AB,

OC'U平面AS。，

所以OC1平面44$/,04c平面AAiBiB,

所以OC1。&,

故。4,0Ar,OC两两垂直.

以。为坐标原点，成的方向为x轴的正向，

|市|为单位长度，建立如图所示的坐标系，

可得4(1,0,0),4(0,8,0),

C(0,0,V3),6(-1,0,0),

则元=(1,0，V3).西=丽=(一1,百,0)，

A^C=(0,-V3.V3).

设元=(x,y,z)为平面BBiGC的法向量，

则(五-BC=x+V3z=0

(n-BB1=—x+V3y=0'

可取y=l,可得道=(V5,1,-1),

故皿…=而呵F

故直线与平面BBiGC所成角的正弦值为唱.

解析：【试题解析】

本题考查直线与平面所成的角，涉及直线与平面垂直的性质和平面与平面垂直的判定，属中档题.

(1)取48中点，连接OC,02,得出0C1AB,OAXLAB,运用SB1平面0C2,即可证明.

(II)易证OA,。&,0C两两垂直.以。为坐标原点，成的方向为x轴的正向，|市|为单位长度建

立坐标系，可得碇=(0,-e)，求出平面BBiGC的法向量，代入向量夹角公式，可得答案.

18.答案：(1)证明：因为SD1平面ABC。，DA,DCu平面A8CD

所以SD_L£M,SD1DC,5LDA1DC.

如图，以。为原点建立空间直角坐标系.

由题意得。(0,0,0),4(2,0,0),8(2,1,0),C(0,2,0),5(0,0,2),M(l,0,1),

所以丽=(1,0,1),SA=(2,0,-2)，AB=(0,1,0).

所以丽•耘=0，DM-AB=0,

所以DMISA,DM1AB,SACiAB=A,

SA,ABcT®SAB,

所以CM1平面SAB.

(2)解：设罚=1元=(0,24,-24).(Ae[0,1]),

D^E=DS+SE=(.0,21,2-2A).

DB=(2,1,0)>SA=(2,0,-2).

设平面BDE的法向量电=(%o，M)，Zo),

则怦,电=°,即04yo+2(l-4)zo=0,

令Xo=l,y0=-2,Zo=三.于是记=(1,一2,三)，

如果直线S2〃平面BDE,

那么$4•访=0，解得，=

所以，存在点E为线段SC靠近S点的三等分点，使得直线$4〃平面BOE.

解析：本题考查线面垂直、线面平行的判定，考查空间中直线与平面的位置关系，考查运算求解能

力，是中档题.

(1)推导出SD1DA,SD1DC,DA1DC,以。为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能证明DM1

平面SAB：

(2)求出平面的法向量，利用向量法能求出存在点E为线段SC靠近S点的三等分点，使得直线

S4〃平面BDE.

19.答案：(1)