立体几何-高考数学解答题专项练习

立体几何高考对空间想象能力的考察体现在立体几何试题上，其中解答题着重考查点、线、面的位置关系的判断及空间角、空间距离等几何量的考查，以垂直和空间角居多。梳理必备知识一、平行关系二、垂直关系三、线面角、面面角及空间距离二、解答题型综合训练1.如图X11-1,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,E,F,G分别是AC,AD,BC的中点.求证:(1)AB∥平面EFG;(2)CA⊥CD;(3)平面EFG⊥平面ABC.图X11-1证明:(1)∵在三棱锥A-BCD中,E,G分别是AC,BC的中点,∴EG∥AB,∵AB⊄平面EFG,EG⊂平面EFG,∴AB∥平面EFG.(2)∵AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.∵BC⊥CD,AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC,∴CD⊥平面ABC.∵CA⊂平面ABC,∴CA⊥CD.(3)∵E,F分别是AC,AD的中点,∴EF∥CD,∴EF⊥平面ABC.∵EF⊂平面EFG,∴平面EFG⊥平面ABC.2.如图X7-1,在多面体ABCDEFG中,矩形ADEF,矩形CDEG所在的平面均垂直于正方形ABCD所在的平面,且AB=2,AF=3.(1)求多面体ABCDEFG的体积;(2)求平面BFG与平面ADEF夹角的余弦值.图X7-12.解:(1)∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,∴AF⊥平面ABCD,同理可得ED,GC均与平面ABCD垂直,又AF=DE=CG,∴可将该多面体补形成如图所示的长方体ABCD-FHGE,此长方体的体积为2×2×3=12,三棱锥B-FHG的体积为13×12×2×2×3=2,故此多面体的体积为12-2=10(2)以A为坐标原点,AB,AD,AF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,则B(2,0,0),F(0,0,3),G(2,2,3),∴BF=(-2,0,3),FG=(2,2,0).设平面BFG的法向量为m=(x,y,z),则m·BF令x=1得m=1,-易知n=(1,0,0)为平面ADEF的一个法向量,∵cos<m,n>=11+1+49∴平面BFG与平面ADEF夹角的余弦值为3223.如图J7-1,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为正方形,EF∥AD,平面ADEF⊥平面ABCD,AD=2EF=4DE=4,AF=3.(1)判断平面ABF与平面CDE的交线l与AB的位置关系,并说明理由;(2)证明:平面ABF⊥平面CDE.(本小题满分12分)图J7-1.解:(1)l∥AB,理由如下:由题意知AB∥CD,因为AB⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,所以AB∥平面CDE.又AB⊂平面ABF,平面ABF∩平面CDE=l,所以l∥AB. 4分(2)证明:方法一:由底面ABCD为正方形,且平面ADEF⊥平面ABCD,平面ABCD∩平面ADEF=AD,AB⊂平面ABCD,可得AB⊥平面ADEF. 6分如图①,延长AF,DE交于点P,由EF∥AD,AD=2EF,DE=1,AF=3,可得DP=2,AP=23,又AD=4,所以AD2=DP2+AP2,所以AP⊥PD. 9分因为AB⊥平面ADEF,PD⊂平面ADEF,所以AB⊥PD,又AP∩AB=A,所以PD⊥平面ABF.又PD⊂平面CDE,所以平面ABF⊥平面CDE. 12分方法二:以A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴,建立如图②所示的空间直角坐标系. 6分则A(0,0,0),B(4,0,0),F0,32,32,D(0,4,0),C(4,4所以AB=(4,0,0),AF=0,32,32,DC=(4,0,设平面ABF的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·AB令z1=3,得m=(0,-1,3). 8分设平面CDE的法向量为n=(x2,y2,z2),则n·DC令z2=3,得n=(0,3,3). 10分所以cos<m,n>=m·n|所以平面ABF⊥平面CDE. 12分4.如图J7-1,在四棱锥P-ABCD中,CD⊥平面PAD,AB∥CD,AB=1,CD=2,M为棱PC上一点.(1)若BM⊥CD,证明:BM∥平面PAD;(2)若PA=PD=AD=2,且PA∥平面BMD,求直线PC与平面BMD所成角的正弦值.(本小题满分12分)图J7-1解:(1)证明:取CD的中点N,连接MN,BN,∵AB∥CD,CD=2AB,且N为CD的中点,∴AB∥DN且AB=DN,∴四边形ABND为平行四边形,则BN∥AD. 2分∵CD⊥平面PAD,AD⊂平面PAD,∴CD⊥AD,又BN∥AD,∴CD⊥BN.又CD⊥BM,BN∩BM=B,∴CD⊥平面BMN,则平面BMN∥平面PAD,∵BM⊂平面BMN,∴BM∥平面PAD. 5分(2)取AD的中点O,作OQ∥AB交BC于Q,连接PO,∵PA=PD,∴PO⊥AD,∵CD⊥平面PAD,PO⊂平面PAD,∴CD⊥PO,又CD∩AD=D,∴PO⊥平面ABCD.∵CD⊥AD,OQ∥AB∥CD,∴OQ⊥AD. 7分如图，以O为坐标原点,以OA,OQ,OP的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(-1,0,0),B(1,1,0),C(-1,2,0),P(0,0,3), 8分∴PA=(1,0,-3),DB=(2,1,0),PC=(-1,2,-3).设平面BMD的法向量为n=(x,y,z),由PA∥平面BMD,DB⊂平面BMD,得PA·n=x-3z=0,DB·n=2x+y=0∴|cos<n,PC>|=|n·PC|n|因此,直线PC与平面BMD所成角的正弦值为368.5.如图J3-2,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,M是棱PB上的点,O是AD的中点,且PO⊥平面ABCD,OP=3OA.(1)求证:BC⊥OM;(2)若PM=23PB,求平面BOM与平面OMC的夹角的余弦值图J3-25.解:(1)证明:如图,连接BD,在菱形ABCD中,因为∠BAD=60°,所以△ABD为等边三角形,因为O为AD的中点,所以OB⊥AD,又AD∥BC,所以OB⊥BC.因为PO⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PO⊥BC,因为PO∩OB=O,PO⊂平面POB,OB⊂平面POB,所以BC⊥平面POB,又OM⊂平面POB,所以BC⊥OM.(2)由(1)知,OP,AD,OB两两互相垂直,以O为坐标原点,OA,OB,OP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示,设OA=1,则OP=3OA=3,OB=22-12=3,所以O(0,0,0),B(0,3,0),C(-2,3,0),P(0,所以OP(0,0,3),OC=(-2,3,0),PB(0,3,-3),PM=23PB=(0,233,-233),OM=OP+PM=(0设平面OMC的法向量为m=(x,y,z),则OM·m=0,OC·m=0,即233y+33z易知平面BOM的一个法向量为n=(1,0,0),所以|cosm,n|=|m·n||即平面BOM与平面OMC的夹角的余弦值为69236.如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面平面ABCD，，，G是CF的中点．

(1)证明：平面AEF；(2)求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．6.解：（1）如图，取BC中点H，取AD中点M，因为为等边三角形，所以，平面平面ABCD，又平面，平面平面，所以平面ABCD，又底面ABCD为矩形，则.以H为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系,

由题意可得，，，，，，已知G是CF的中点．则，可知，，，由四边形BDEF为平行四边形，得，设平面AEF的法向量，则，取，得，则平面AEF的一个法向量故，则.且平面AEF，则平面AEF.（2），，，设平面的法向量，则，取，得，得平面BDEF的一个法向量设直线AE与平面BDEF所成角为，则，则为锐角，故.故所求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为.7.如图J3-3,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,BF=3,G和H分别是CE和CF的中点.(1)求证:平面BDGH∥平面AEF;(2)求平面BDGH与平面BCD的夹角的大小.图J3-37.解:(1)证明:因为G,H分别是CE,CF的中点,所以GH∥EF,又因为GH⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,所以GH∥平面AEF.如图,连接AC,设AC∩BD=O,连接OH,因为ABCD为菱形,所以O为AC的中点,又H为CF的中点,所以OH∥AF,因为OH⊄平面AEF,AF⊂平面AEF,所以OH∥平面AEF.又因为OH∩GH=H,OH⊂平面BDGH,GH⊂平面BDGH,所以平面BDGH∥平面AEF.(2)取EF的中点N,连接ON,因为四边形BDEF是矩形,O,N分别为BD,EF的中点,所以ON∥ED,因为平面BDEF⊥平面ABCD,所以ED⊥平面ABCD,所以ON⊥平面ABCD,因为ABCD为菱形,所以AC⊥BD,故OB,OC,ON两两互相垂直.以O为坐标原点,OB,OC,ON的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.则B(1,0,0),D(-1,0,0),E(-1,0,3),H(12,32,32),所以BH=(-12,32,32),DB=(2,0,0).设平面BDGH的法向量为n=(x,y,z),则n·BH=0,n·DB=0,即-1由ED⊥平面ABCD,得平面BCD的一个法向量为DE=(0,0,3),则cosn,DE=n·DE|n||DE|=0×0+(-8.如图J3-4,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD和CDEF都是直角梯形,AB∥CD,CD∥EF,AB=EF=1,DA=DC=DE=2,∠ADE=∠ADC=∠EDC=π2,点M为棱CF上一点,平面AEM与棱BC交于点(1)求证:ED⊥平面ABCD;(2)求证:AE∥MN;(3)若平面AEM与平面CDEF的夹角的余弦值为23,求FMFC图J3-4解:(1)证明:因为∠ADE=∠ADC=∠EDC=π2,所以ED⊥AD,ED⊥DC又AD∩DC=D,AD⊂平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以ED⊥平面ABCD.(2)证明:因为AB∥CD,CD∥EF,所以AB∥EF,又AB=EF,所以四边形ABFE是平行四边形,所以AE∥BF,又AE⊄平面BCF,BF⊂平面BCF,所以AE∥平面BCF,又平面AEM∩平面BCF=MN,所以AE∥MN.(3)以D为坐标原点,DA,DC,DE的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,设FM=λFC,则EM=EF+FM=EF+λFC(0<λ<1).依题意有A(2,0,0),E(0,0,2),F(0,1,2),C(0,2,0),D(0,0,0),所以AE=(-2,0,2),EF=(0,1,0),FC=(0,1,-2),所以EM=(0,1+λ,-2λ).设平面AEM的法向量为n=(x,y,z),则AE·n取x=1,得n=(1,2λ1+λ,因为AD⊥平面CDEF,所以平面CDEF的一个法向量为DA=(0,0,2),设平面AEM与平面CDEF的夹角为θ,则cosθ=|n·DA||可得λ=13,所以FM=13FC,故FMFC9.如图X11-3,已知△ABC是以AC为底边的等腰三角形,将△ABC绕AB转动到△PAB位置,使得平面PAB⊥平面ABC,连接PC,E,F分别是PA,CA的中点.(1)证明:EF⊥AB;(2)在①S△ABC=33;②点P到平面ABC的距离为3;③直线PB与平面ABC所成的角为60°这三个条件中选择两个作为已知条件,求平面EBF与平面BFA的夹角的余弦值.图X11-3解:(1)证明:如图,过点E作ED⊥AB,垂足为D,连接DF,由题意知,△PAB≌△CAB,易证△EDA≌△FDA,所以∠FDA=∠EDA=π2,即FD⊥AB,因为ED⊥AB,且FD⊂平面EFD,ED⊂平面EFD,ED∩FD=D,所以AB⊥平面EFD,又EF⊂平面EFD,所以EF⊥(2)过点P作PO⊥AB,垂足为O,连接CO,则CO⊥AB,因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,所以PO⊥平面ABC.以O为坐标原点,OA,OC,OP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=a,∠ABC=θ,因为△ABC是以AC为底边的等腰三角形,所以BC=a.由条件①得S△ABC=12a2sinθ=33由条件②得PO=asinθ=3,由条件③得∠PBO=60°,即θ=120°.若选条件①②或条件①③或条件②③均可得a=23.则B(3,0,0),A(33,0,0),P(0,0,3),C(0,3,0),E(332,0,32),F(332所以BF=(32,32,0),BE=(32,0,设平面EBF的法向量为m=(x,y,z),则m·BF=0,m·BE=0,即32x+32y=0易知平面BFA的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos<m,n>=m·n|m|即平面EBF与平面BFA的夹角的余弦值为5510.如图J7-1,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1在底面ABC上的射影为AC的中点D,且BA1⊥AC1.(1)求证:AC1⊥平面A1BC;(2)求平面B1A1B与平面A1BC的夹角的余弦值.(本小题满分12分)图J7-110.解:(1)证明:∵A1在底面ABC上的射影为AC的中点D,∴平面A1ACC1⊥平面ABC. 2分∵BC⊥AC,且平面A1ACC1∩平面ABC=AC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥平面A1ACC1,∵AC1⊂平面A1ACC1,∴BC⊥AC1.又AC1⊥BA1,且BC∩BA1=B,∴AC1⊥平面A1BC. 5分(2)取A1C1的中点D1,连接CD1.以C为坐标原点,CA,CB,CD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 7分∵AC1⊥平面A1BC,A1C⊂平面A1BC,∴AC1⊥A1C,∴四边形A1ACC1是菱形,∵D是AC的中点,∴∠A1AD=60°,∴A(2,0,0),A1(1,0,3),B(0,2,0),C1(-1,0,3),∴B1B=A1A=(1,0,-3),A1B1=AB=(-设平面A1B1B的法向量为n=(x,y,z),则n·B1B=x-3z=0,n·A1 10分由(1)可知AC1⊥平面A1BC,则平面A1BC的一个法向量为AC1=(-3,0,∴cos<AC1,n>=AC1· 11分∴平面B1A1B与平面A1BC的夹角的余弦值为7711.如图J8-1,已知正四面体ABCD,M,N分别在棱AD,AB上,且AM=12MD,AN=13AB,P为棱AC上任意一点(P不与A重合(1)求证:直线MN∥平面BDP;(2)求直线DN与平面DBC所成角的正弦值.(本小题满分12分)图J8-1解:(1)证明:∵AM=12MD,∴AM=13又AN=13AB,∴MN∥∵MN⊄平面BDP,BD⊂平面BDP,∴MN∥平面BDP. 4分(2)取AC的中点O,连接OB,以O为原点,OC,OB所在直线分别为x,y轴,作Oz⊥平面ABC,建立如图所示的空间直角坐标系.设正四面体ABCD的棱长为3,则该正四面体的高为6, 6分∴B0,332,0,C32∴DN=(-1,0,-6),BC=32,-332,0,BD=(0 7分设平面DBC的法向量为n=(x,y,z),则n·BC令y=2,得n=(6,2,1). 9分设直线DN与平面DBC所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,DN>|=|n·DN||n|故直线DN与平面DBC所成角的正弦值为24221.12.如图J7-3,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AA1=AD=2BC=2,AB=2,点E在棱A1D1上,平面BC1E与棱AA1交于点F.(1)求证:BD⊥C1F;(2)若BE与平面ABCD所成角的正弦值为45,试确定点F的位置(本小题满分12分)图J7-312.解:(1)证明:在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,因为BD⊂平面ABCD,所以AA1⊥BD. 1分连接AC,因为tan∠ADB=ABAD=22,tan∠CAB=CBAB所以∠ADB=∠CAB,所以AC⊥BD, 2分连接A1C1,又因为AA1,AC⊂平面ACC1A1,AA1∩AC=A,所以BD⊥平面ACC1A1, 4分因为C1F⊂平面ACC1A1,所以BD⊥C1F. 5分(2)以A为坐标原点,AB,AD,AA1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),C1(2,1,2).设E(0,x,2),x>0,易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),BE=(-2,x,2),则45=|cos<BE,n>|=2x2+6,可得x=则E0,12,2,BE=-2,设F(0,0,z),则C1F=(-2,-1,z-2),所以(-2,-1,z-2)=m-2所以12m-1故F(0,0,1),即点F为棱AA1的中点. 12分13.如图J7-2所示,设正方体ABCD-EFGH的棱长为1,J是棱EF的中点,一只蚂蚁从点A出发,沿该正方体的表面直线型爬行一圈,蚂蚁首先爬到点J,然后在上底面EFGH爬行,再在右侧面爬行到点C,最后沿CA回到起点A,蚂蚁爬行一圈的封闭路径正好在平面Ω内.(1)求证:蚂蚁在平面EFGH上爬行的路线l与AC平行;(2)求平面Ω与平面ABCD的夹角的余弦值.(本小题满分12分)解:(1)证明:在正方体ABCD-EFGH中,平面ABCD∥平面EFGH,平面Ω∩平面ABCD=AC,平面Ω∩平面EFGH=l,所以l∥AC. 4分(2)以A为坐标原点,以AB,AD,AE的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(1,1,0),E(0,0,1),J(12,0,1),所以平面ABCD的一个法向量为n=AE=(0,0,1), 6AC=(1,1,0),AJ=(12,0,1). 8设平面Ω的法向量为m=(x,y,z),则m令z=1,则m=(-2,2,1). 10分设平面Ω与平面ABCD的夹角为θ,则cosθ=|cosm,n|=|m·n所以平面Ω与平面ABCD的夹角的余弦值为13. 1214..如图J7-3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ACC1A1⊥平面ABC,∠ACB=90°,AC=BC=CC1=2.(1)证明:A1C⊥AB1;(2)若A1B1与平面AB1C1所成角的正弦值为24,求四面体ACB1A1的体积(本小题满分12分)图J7-3解:(1)证明:∵平面ACC1A1⊥平面ABC,∠ACB=90°,∴BC⊥平面ACC1A1,∵A1C⊂平面ACC1A1,∴BC⊥A1C, 2分∵BC∥B1C1,∴B1C1⊥A1C.∵AC=CC1=2,∴四边形ACC1A1是菱形,则AC1⊥A1C, 4分又B1C1∩AC1=C1,∴A1C⊥平面AB1C1,∵AB1⊂平面AB1C1,∴A1C⊥AB1. 6分(2)设AC1∩A1C=D,连接B1D,由(1)可知A1C⊥平面AB1C1,B1D为A1B1在平面AB1C1上的射影,则∠A1B1D即为A1B1与平面AB1C1所成的角. 8分A1B1=AB=22+22=22,由sin∠A1B1D=24,得 9分∴A1C=A1C1=CC1=2,∴S△A1故V四面体ACB1A1=V三棱锥B1-ACA1=13×S△15.如图J7-2,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,且AA1⊥平面ABCD,AA1=AD=2A1D1=4,O,E分别是AC与DD1的中点.(1)证明:OE∥平面A1BD1;(2)求CC1与平面A1BD1所成角的正弦值.(本小题满分12分)图J7-215.解:(1)连接BD,因为ABCD为正方形,所以O为BD的中点. 1分在△BDD1中,因为O,E分别为BD,DD1的中点,所以OE∥BD1, 3分又OE⊄平面A1BD1,BD1⊂平面A1BD1, 4分所以OE∥平面A1BD1. 5分(2)因为AA1⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(4,0,0),A1(0,0,4),D1(0,2,4),C(4,4,0),C1(2,2,4),则A1D1=(0,2,0),A1B=(4,0,-4),CC1=(-2,-设平面A1BD1的法向量为n=(x,y,z),则n·A1D1=2y=0,n·A1B=4x-设CC1与平面A1BD1所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,CC1>|=|n·CC1故CC1与平面A1BD1所成角的正弦值为36. 1216.如图J7-2,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,O,M,N分别为棱BC,AA1,BB1的中点,P为线段AC1上的动点,AO=12BC,AB=3,AC=4,AA1=8(1)求点C到平面C1MN的距离;(2)试确定动点P的位置,使直线MP与平面BB1C1C所成角的正弦值最大.图J7-216..解:(1)在△ABC中,∵O为BC的中点且AO=12BC,∴AB⊥∵平面ABC⊥平面ACC1A1,平面ABC∩平面ACC1A1=AC,∴AB⊥平面ACC1A1. 2分连接CM,∵CM⊂平面ACC1A1,∴AB⊥CM.∵M,N分别为AA1,BB1的中点,∴MN∥AB,∴CM⊥MN.在Rt△AMC和Rt△MA1C1中,∵AM=A1M=4,AC=A1C1=4,∴△AMC≌△A1MC1,∴CM=C1M=16+16=42,∴CM2+C1M2=32+32=64=CC12,∴CM⊥C∵MN∩C1M=M,MN,C1M⊂平面MNC1,∴CM⊥平面C1MN, 5分∴点C到平面C1MN的距离为CM=42. 6分(2)由(1)知,AB⊥AC.又AA1⊥平面ABC,∴AB,AC,AA1两两垂直.以A为原点,以AB,AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,4,0),C1(0,4,8),M(0,0,4),B1(3,0,8), 7分∴AC1=(0,4,8),BC=(-3,4,0),BB1=(0,0设平面BB1C1C的法向量为n=(x1,y1,z1),则-3x1+4y1=0,8z1=0,令x1=4,设P(x0,y0,z0),AP=mAC1(0≤m≤1),则(x0,y0,z0)=m(0,4,∴P(0,4m,8m),MP=(0,4m,8m-4). 10分设直线MP与平面BB1C1C所成的角为θ,则sinθ=|n·MP||若m=0,则sinθ=0,此时点P与点A重合;若m≠0,令t=1m(t≥1),则sinθ=355-4t+t2=35(t-2)2+1≤35,当t=2,即17.如图J3-1,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ADC=60°,△PAD为等边三角形,O为AD的中点,且平面PAD⊥平面ABCD,M是PC上的点.(1)求证:OM⊥BC;(2)若直线AM与平面PAB所成角的正弦值为1010,求四棱锥M-ABCD的体积图J3-117.解:(1)证明:因为△PAD为等边三角形,O为AD的中点,所以PO⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD,所以PO⊥BC. 2分在△OCD中,OD=1,CD=2,∠ADC=60°,由余弦定理可得OC=3,因为OC2+OD2=CD2,所以CO⊥AD.因为AD∥BC,所以CO⊥BC,又CO∩PO=O,所以BC⊥平面POC.因为OM⊂平面POC,所以OM⊥BC. 5分(2)由(1)得OP,OC,OD两两垂直,以O为坐标原点,OC,OD,OP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),P(0,0,3),B(3,-2,0),C(3,0,0),所以AB=(3,-1,0),PC=(3,0,-3),AP=(0,1,3). 7分设PM=λPC(0≤λ≤1),则AM=AP+PM=AP+λPC=(3λ,1,3-3λ).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=0,n·AP=0,即3x-y=0,y+3z=0,令y=3 9分所以|n·AM||n||AM|=1010,即23λ5×6λ2-6λ+4=1010,解得λ=13或λ=-23(舍去),即PM=13PC,则M是PC上靠近P的三等分点,所以四棱锥M-ABCD的高h=2318.如图J7-4,三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,PA=PB,∠APB=∠ACB=90°,点E,F分别是AB,PB的中点,点G是△BCE的重心.(1)求证:平面EFG∥平面PAC;(2)若AB=2BC,求平面BEF与平面EFG的夹角的余弦值.图J7-418.解:(1)证明:设D是BC的中点,连接GD,FD,因为G是△BCE的重心,所以E,G,D三点共线,所以平面EFG即为平面EFD,因为E,F,D分别是AB,PB,BC的中点,所以EF∥AP,FD∥PC, ,2分又EF⊄平面PAC,FD⊄平面PAC,AP,PC⊂平面PAC,所以EF∥平面PAC,FD∥平面PAC,又EF∩FD=F,所以平面EFD∥平面PAC,即平面EFG∥平面PAC.(2)由(1)知,平面BEF与平面EFG的夹角即为平面BEF与平面EFD的夹角.连接PE,由PA=PB,得PE⊥AB,又平面PAB⊥平面ABC,且平面PAB∩平面ABC=AB,PE⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABC, 6分在平面ABC上过E作EK⊥AB交AC于K.以E为坐标原点,直线EK,EB,EP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.由∠APB=∠ACB=90°且AB=2BC,可知△PAB为等腰直角三角形,△ABC为直角三角形且∠BAC=30°.设AB=2BC=2,则E(0,0,0),F0,12,12,D34,34,0,所以EF=0,12,12,则m·EF=12y+12z=0,m·ED 9分又n=(1,0,0)是平面EFB的一个法向量, 10分所以|cos<m,n>|=m·n|m||所以平面BEF与平面EFG的夹角的余弦值为15519..如图J8-2,已知空间几何体ABCDE中,△ABE与△BCD是全等的正三角形,平面ABE⊥平面ABC,平面BCD⊥平面ABC.(1)求证:AC∥DE;(2)若AB⊥BC,求直线BD与平面ACDE所成角的正弦值.(本小题满分12分)图J8-219..解:(1)证明:设M,N分别为棱AB,棱BC的中点,连接EM,DN,MN.∵△ABE为等边三角形,∴EM⊥AB,∵平面ABE⊥平面ABC,且平面ABE∩平面ABC=AB,∴EM⊥平面ABC,同理可证DN⊥平面ABC,∴EM∥DN. 3分∵△ABE与△BCD是全等的正三角形,∴EM=DN,∴四边形EMND为平行四边形,∴DE∥MN,∵MN为△ABC的中位线,∴MN∥AC,∴AC∥DE. 5分(2)以B为坐标原点,BC的方向为x轴正方向,BA的方向为y轴正方向,ME的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示. 6分设AB=2,则B(0,0,0),A(0,2,0),D(1,0,3),E(0,1,3),∴AD=(1,-2,3),DE=(-1,1,0),BD=(1,0,3).设平面ACDE的法向量为m=(x,y,z),则m·AD=0,m·DE=0,即x-2y+3z=0,设直线BD与平面ACDE所成的角为θ,则sinθ=|cos<BD,m>|=|BD·m||BD|故直线BD与平面ACDE所成角的正弦值为21720.如图J1-1,四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠BCD=90°,AB=PB=2BC=2CD=22,△PAD是正三角形.(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;(2)点E在棱PB上,且直线CE与平面ABCD所成的角为30°,求平面EAC与平面ABCD的夹角的余弦值.图J1-120.解:(1)证明:由∠BCD=90°,BC=CD=2,得BD=2,又AD2=BC2+(AB-CD)2=2+2=4,所以AD=2. 2分因为AB=22,所以在△ADB中,AD2+BD2=AB2,所以BD⊥AD.因为PB=22,PD=BD=2,所以PD2+BD2=PB2,所以BD⊥PD. 4分因为AD∩PD=D,所以BD⊥平面PAD.因为BD⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD. 5分(2)以D为坐标原点,DA,DB的方向分别为x,y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 6分则P(1,0,3),A(2,0,0),B(0,2,0),C(-1,1,0).设PE=λPB(0≤λ≤1),可得E(1-λ,2λ,3(1-λ)),于是CE=(2-λ,2λ-1,3(1-λ)). 7分易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),则|cosm,CE|=sin30°=12即|3(1-λ)|(2-λ)2+(2λ-1)设平面EAC的法向量为n=(x0,y0,z0),因为AC=(-3,1,0),所以由AC·n=0,CE·n=0,得-3x 11分所以|cosm,n|=3913故平面EAC与平面ABCD的夹角的余弦值是3913. 1221.如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是等腰梯形，AD∥BC，BC=2AD，，E是棱PB的中点，F是棱PC上的点，且A、D、E、F四点共面．(1)求证：F为PC的中点；(2)若△PAD为等边三角形，二面角的大小为，求直线BD与平面ADFE所成角的正弦值．21解：（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC．由题意A、D、E、F四点共面，平面ADFE平面PBC=EF，∴AD∥EF，而AD∥BC，∴EF∥BC，∵E是棱PB的中点，∴F为PC中点．（2）如图，以BC为x轴，连接BC中点O和AD中点G,以OG为y轴，过点O作垂直于平面ABCD的直线作为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为AB=CD，BC=2AD，设AD=a，则BC=2a，，所以，，因为△PAD为等边三角形，所以PG⊥AD，由题意知,所以∠PGO为二面角的平面角，又二面角的大小为，所以，因为PG⊥AD，GO⊥AD，平面PGO，所以AD⊥平面PGO，过P作PH垂直于y轴于点H，因为PH⊂平面PGO，所以AD⊥PH，又PH⊥GH，平面ABCD，，所以PH垂直于平面ABCD，且,，，∴，因为E，F分别为PB，PC的中点，所以，设平面ADFE的法向量为，则，所以，取z=1，，设BD与平面ADFE所成角为θ，则，即直线BD与平面ADFE所成角的正弦值为．22.如图J8-1,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,CD=2,PD=AD=1,PC=5,点E为棱PC上的点,且BC⊥DE.(1)证明:PD⊥AC;(2)若二面角E-AD-B的大小为π4,求直线BP与平面EAD所成的角的大小(本小题满分12分)图J8-122.解:(1)证明:因为四边形ABCD为矩形,所以BC⊥CD,又BC⊥DE,CD∩DE=D,所以BC⊥平面PCD,所以BC⊥PD,又PD2+CD2=PC2,所以CD⊥PD, 2分因为BC∩CD=C,所以PD⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,所以PD⊥AC. 4分(2)方法一:由(1)得,BC⊥平面PCD,又AD∥BC,所以AD⊥平面PCD,所以AD⊥DE,又AD⊥CD,所以∠CDE即为二面角E-AD-B的平面角,即∠CDE=π4. 5设点D到PC的距离为h.因为S△PDE=12·PD·DE·sinπ4=24DE=12PE·h,S△CDE=12·CD·DE·sinπ4=2所以PECE=12,即E为PC的三等分点(靠近点P).取CD的中点M,连接PM,设PM∩DE=G,易知△PDM为等腰直角三角形,所以PM⊥DE,又AD⊥平面PCD,PM⊂平面PCD,所以AD⊥PM,因为AD∩DE=D,所以PM⊥平面ADE.过E作EH∥BC与PB交于点H,连接HG,则∠PHG即为直线BP与平面EAD所成的角. 10分在Rt△PHG中,PG=22,PH=13PB=所以sin∠PHG=PGPH=3故直线BP与平面EAD所成角的大小为π3. 12方法二:以D为坐标原点,DA,DC,DP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,则D(0,0,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,2,0),C(0,2,0),所以PC=(0,2,-1),DA=(1,0,0).易知平面ABCD的法向量为n=(0,0,1),设PE=λPC(0≤λ≤1),则DE=DP+PE=DP+λPC=(0,2λ,1-λ).设平面EAD的一个法向量为m=(x,y,z),则m·DE令y=λ-1,得z=2λ,则m=(0,λ-1,2λ). 7分因为二面角E-AD-B的大小为π4所以|cos<n,m>|=|n·m||n||m|=22,即|2λ|(λ-1由已知得BP=(-1,-2,1), 10分设直线BP与平面EAD所成的角为θ,则sinθ=|cos<BP,m>|=|BP·m所以直线BP与平面EAD所成角的大小为π3. 1223.在四棱锥E-ABCD中,四边形ABCD为等腰梯形,AB∥DC,AD=DC=2,AB=4,△ADE为等边三角形,且平面ADE⊥平面ABCD.(1)求证:AE⊥BD.(2)是否存在一点F,满足EF=λEB(0<λ≤1),且使平面ADF与平面BCE的夹角的余弦值为6513?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由23.解:(1)证明:取AB的中点G,连接DG,如图所示.∵BG=12AB=CD,BG∥CD∴四边形BCDG是平行四边形,∴DG=BC=AG=AD=2,∴△ADG为等边三角形,DG=12AB∴△ABD是直角三角形,∴AD⊥BD. 2分∵平面ADE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,∴BD⊥平面ADE,又AE⊂平面ADE,∴AE⊥BD. 4分(2)假设存在点F满足题意, 5分取AD的中点H,连接EH,如图所示,易知EH⊥AD,∵平面ADE⊥平面ABCD,EH⊂平面EAD,平面ADE∩平面ABCD=AD,∴EH⊥平面ABCD,EH=3.由AB=4,AD=2,AD⊥BD,得BD=23. 6分如图,以D为原点,建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(0,23,0),C(-1,3,0),E(1,0,3),∴DA=(2,0,0),CB=(1,3,0),EB=(-1,23,-3),EF=λEB=(-λ,23λ,-3λ),DF=(1-λ,23λ,3-3λ). 7分设平面ADF的法向量为m=(x1,y1,z1),平面BCE的法向量为n=(x2,y2,z2).由DF得(取z1=2λ,得m=(0,λ-1,2λ).由CB·n取y2=1,得n=(-3,1,3). 9分∴|cosm,n|=|m·n||解得λ=12或λ=-13(舍去),∴存在λ=12,使得平面ADF与平面BCE的夹角的余弦值为6513.24.如图X11-7①所示,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,沿AC将△ACD折起,使得平面ABC⊥平面ACD,如图②所示,连接BD,得到三棱锥D-ABC.(1)求证:BC⊥平面ACD;(2)求平面ABD与平面CBD的夹角的正弦值.图X11-724.解:(1)证明:在等腰梯形ABCD中,由AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,知AD=DC=CB=1且∠B=∠DAB=60°,∠D=∠DCB=120°,可得∠ACB=90°,∴BC⊥CA.在三棱锥D-ABC中,平面ABC∩平面ACD=CA,BC⊥CA,BC⊂平面ABC,平面ABC⊥平面ACD,∴BC⊥平面ACD.(2)如图所示,以C为原点,CA所在直线为x轴、CB所在直线为y轴、过点C垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系,由题意知A(3,0,0),B(0,1,0),D(32,0,12),则AD=(-32,0,12),AB=(-3,1,0),CD=(32,0,12),CB=(0设m=(x1,y1,z1)为平面ABD的法向量,则-32x1+12z1=0,-3x1+y设n=(x2,y2,z2)为平面CBD的法向量,则32x2+12z2=0,y2=0,若x2=设m与n的夹角为θ,则cosθ=m·n|m||n|=-7即平面ABD与平面CBD的夹角的正弦值为42725.如图J8-2,在平面四边形ABCD中,BC=CD,BC⊥CD,AD⊥BD,以BD为折痕把△ABD折起,使点A到达点P的位置,且PC⊥BC.(1)证明:PD⊥CD;(2)若M为PB的中点,二面角P-BC-D的大小为60°,求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.(本小题满分12分)图J8-225.解:(1)证明:因为BC⊥CD,BC⊥PC,PC∩CD=C,所以BC⊥平面PCD,又因为PD⊂平面PCD,所以BC⊥PD. 2分因为PD⊥BD,BD∩BC=B,所以PD⊥平面BCD,又因为CD⊂平面BCD,所以PD⊥CD. 4分(2)因为PC⊥BC,CD⊥BC,所以∠PCD是二面角P-BC-D的平面角,由已知得∠PCD=60°,因此PD=CDtan60°=3CD. 6分取BD的中点O,连接OC,OM,则OM∥PD,所以OM⊥平面BCD,则OM⊥OC,OM⊥OD,因为△BCD为等腰直角三角形,BC=CD,所以OC⊥OD,故OM,OC,OD两两垂直,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设OB=1,则CD=2,则P(0,1,6),C(1,0,0),D(0,1,0),M(0,0,62CP=(-1,1,6),CD=(-1,1,0),CM=(-1,0,62). 8设平面MCD的法向量为n=(x,y,z),则n·CD=0,n·CM=0,即-x+y=0, 10分所以cos<n,CP>=CP·n|因此,直线PC与平面MCD所成角的正弦值为34. 1226.如图J8-3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是正三角形,O1是其中心,侧面BCC1B1是正方形,O2是其中心.(1)判断直线O1O2与直线AA1的位置关系,并说明理由;(2)若四面体A1ABC是正四面体,求平面BCC1B1与平面ABC的夹角的余弦值.(本小题满分12分)图J8-326.解:(1)直线O1O2与直线AA1相交.如图,取BC的中点D,B1C1的中点D1,连接AD,A1D1,DD1,根据棱柱的性质可得,DD1BB1,AA1BB1,所以AA1DD1,所以四边形ADD1A1是平行四边形,所以O1O2⊂平面ADD1A1.因为O1O2与DD1相交,所以直线O1O2与直线AA1相交. 5分(2)连接A1O1,A1O2,因为四面体A1ABC是正四面体,O1是△ABC的中心,所以A1O1⊥平面ABC,AO1⊥BC.以O1为坐标原点,O1A,O1A1的方向分别为x,z轴的正方向,易得O1(0,0,0),B(-36,12,0),C(-36,-12,0),A1(0,0,63),B1(-32,12,63),O2(-所以A1O2=(-33,0,-66),BC=(0,-1,0),BB1=(-33,0,63),所以A1O故A1O2是平面BCC1B1的一个法向量易知A1O1是平面ABC的一个法向量,A1O1=(0设平面BCC1B1与平面ABC的夹角为θ,则cosθ=|A1O2·27.如图J5-1,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等边三角形,平面ABB1A1⊥平面ABC,A1B⊥AB,AC=2,∠A1AB=60°,O为AC的中点.(1)求证:AC⊥平面A1BO.(2)试问棱CC1上是否存在点P,使得二面角P-OB-A1的平面角的余弦值为277?若存在,请求出CPCC1的值(本小题满分12分)图J5-127.解:(1)证明:因为△ABC是等边三角形,O为AC的中点,所以AC⊥OB, 1分又平面ABB1A1⊥平面ABC,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,A1B⊥AB,所以A1B⊥平面ABC, 3分又AC⊂平面ABC,所以A1B⊥AC,又A1B∩OB=B,所以AC⊥平面A1BO. 5分(2)存在棱CC1的中点P满足题意. 6分由已知得A1B⊥平面ABC,OB⊥AC,以点O为坐标原点,OA,OB,BA1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),A(1,0,0),A1(0,3,23),所以OB=(0,3,0),AA1=(-1,3,23设CP=tCC1=tAA1=(-t,3t,23t),其中0≤则OP=OC+CP=(-1-t,3t,23t),易知平面A1OB的一个法向量为n=(1,0,0).设平面POB的法向量为m=(x,y,z),则m·OB取x=23t,则m=(23t,0,t+1). 10分由题意可得,|cos<n,m>|=|n·m||n|·|m|=|23t|12t2+(t+1)2=277,因为28.如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，．(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；(2)设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．28.【详解】（1）因为与是底面圆弧所对的圆周角，所以，因为，所以在等腰中，，所以，因为是圆柱的底面直径，所以，则，所以，则，即，所以在等腰，，平分，则，所以，则，故在中，，，则，在中，，因为是圆柱的母线，所以面，所以，，所以．（2）以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，则，所以，，，因为，所以，则，设平面的法向量，则，即，令，则，故，设平面的法向量，则，即，令，则，故，设二面角的平面角为，易知，所以，因此二面角的余弦值为．29..如图J8-3,四边形ABCD为圆柱OO'的轴截面,EF是圆柱上异于AD,BC的母线.(1)证明:BE⊥平面DEF;(2)若AB=BC=2,当三棱锥B-DEF的体积最大时,求平面BDF与平面DEF的夹角的余弦值.(本小题满分12分)图J8-329.解:(1)证明:如图,连接AE,由题意知AB为☉O的直径,所以AE⊥BE. 1分因为AD,EF是圆柱的母线,所以AD∥EF且AD=EF,所以四边形AEFD是平行四边形,所以AE∥DF,所以BE⊥DF. 2分因为EF是圆柱的母线,所以EF⊥平面ABE,又因为BE⊂平面ABE,所以EF⊥BE. 3分又因为DF∩EF=F,DF,EF⊂平面DEF,所以BE⊥平面DEF. 4分(2)由(1)知BE是三棱锥B-DEF的底面DEF上的高,由(1)知EF⊥AE,AE∥DF,所以EF⊥DF,即底面三角形DEF是直角三角形.设DF=AE=x,BE=y,则x2+y2=4,所以VB-DEF=13S△DEF·BE=13×12×x×2×y=13当且仅当x=y=2时等号成立,即点E,F分别是AB,CD的中点时,三棱锥B-DEF的体积最大. 7分下面求平面BDF与平面DEF的夹角的余弦值.方法一:由(1)得BE⊥平面DEF,因为DF⊂平面DEF,所以BE⊥DF.又因为EF⊥DF,EF∩BE=E,所以DF⊥平面BEF.因为BF⊂平面BEF,所以BF⊥DF,所以∠BFE(或其补角)是平面BDF与平面DEF的夹角. 10分由(1)知△BEF为直角三角形,则BF=(2)2故cos∠BFE=EFBF=26=63,所以平面BDF与平面DEF的夹角的余弦值为方法二:由(1)知EA,EB,EF两两垂直,如图,以点E为坐标原点,EA,EB,EF所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则B(0,2,0),D(2,0,2),E(0,0,0),F(0,0,2). 9分由(1)知BE⊥平面DEF,故平面DEF的一个法向量为EB=(0,2,0).设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),由DF=(-2,0,0),BF=(0,-2,2),得n·DF取z=1,得n=(0,2,1). 10分设平面BDF与平面DEF的夹角为θ,则|cosθ|=|cos<n,EB>|=|n·EB|| 11分所以平面BDF与平面DEF的夹角的余弦值为63 12分30.如图J8-4,在梯形ABCD中,∠BAD为直角,AD∥BC,AB=AD=12BC=22,将三角形ABD沿BD折起至(1)若平面PBD⊥平面BCD,求证:PB⊥PC;(2)设E是PC的中点,若二面角E-BD-C为30°,求平面PBD与平面BCD的夹角的大小.(本小题满分12分)30..解:方法一:(1)证明:由题设知,△PBD为等腰直角三角形且PB⊥PD,PB=PD=22,则BD=4,由已知得∠DBC=45°,BC=42,在△BCD中,由余弦定理得CD=4,所以BD2+CD2=BC2,即BD⊥CD. 2分因为平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,CD⊂平面BCD,所以CD⊥平面PBD,又PB⊂平面PBD,所以CD⊥PB,又PD∩CD=D,所以PB⊥平面PCD,又PC⊂平面PCD,所以PB⊥PC. 4分(2)设M,N分别是BD,BC的中点,连接PM,MN,PN,则PM⊥BD,MN⊥BD,又PM∩MN=M,所以BD⊥平面PMN,所以∠PMN(或