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

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(39)

1.如图，在四棱锥P—4BCD中，底面为等腰梯形，AB//CD,CD=2AB=4,AD=近，

△P4B为等腰直角三角形，PA=PB,平面PAB,底面ABC。，E为PZ)的中点.

(1)求证：4E〃平面PBC；

(2)求三棱锥P-EBC的体积.

2.如图，正三棱柱的高为遥，其底面边长为2.已知点M,N分别是棱4的，AC的中

点，点。是棱eq上靠近C的三等分点.求证：

(l)BiM〃平面&BN;

(2)/101平面&BN.

3.如图，在四棱锥P-4BCD中，底面ABC。为直角梯形，AD//BC,AADC=90°,平面PAD1底

ffiABCD,Q为AO的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2,BC=1AD=1,CD=

⑴求证：平面PQB1平面PAD；

(2)若二面角M-BQ-C为30。，设PM=tMC,试确定f的值.

4.如图，四棱锥P—4BCD中，PA1平面ABC。，四边形ABC。为梯形,

AD//BC,BC=6,PA=AD=CD=2,E是BC上一点且BE=

PBLAE.

(I)求证：AB_L平面PAE；

(n)求点C到平面PDE的距离.

5.如图，已知平面BCE1平面ABC,直线ZZ41平面ABC,月刀4=48=AC.

(1)求证：ZM〃平面EBC；

(2)若NB4C=g,DEI平面BCE,求二面角4—BD-E的余弦值.

6.如图，在多面体ABC0E中，Z.ABD=60。，BD=2AB,AB1CD,

3AB“DE,且DE=248,点M为EC的中点，求证：AM〃平面BCD；

(2)若团BCD是边长为2的等边三角形，N在线段C£＞上，且DN=2CN,求BN与平面ACO所

成角的的余弦值.

7.如图所示，三棱柱ABC-4当口，底面是边长为2的正三角形，侧棱力遇，底面ABC,点E,F

分别是棱CG，BB］上的点，点M是线段AC上的动点，EC=2FB=2.

(1)当点用在何位置时，BM〃平面AEF?

(2)若BM〃平面AEF,判断与EF的位置关系，说明理由；并求3M与EF所成的角的余弦值.

8.如图，四棱锥S-/BCD中，SDIjRffiABCD,AB//CD,AD1DC,AB=AD=1,DC=2,

SD=V2.E为棱SB的中点.

(1)求证：5。1平面4。氏

(2)求点B到平面AEC的距离,

9.如图，四边形ABC。为矩形，且4。=2,4B=1,P4_L平面ABC£>,PA=1,E为8c的中

(1)求证：PEIDE；

(2)求三棱锥C-PDE的体积；

(3)探究在PA上是否存在点G,使得EG〃平面PCQ,并说明理由.

10.如图，AD,BC是等腰梯形CQEF的两条高，4D=AE=CD=4,点M是线段AE的中点，将

该等腰梯形沿着两条高A。，8c折叠成如图所示的四棱锥P-2BCD(E,尸重合，记为点P).

(I)求证：BMLDP；

(口)求点M到平面BDP的距离.

11.如图，菱形ABCC的对角线AC与8。交于点E,BC=8,4C=6,将△4CD沿AC折到△P4C的

位置使得PD=4.

(1)证明：PB1AC.

(2)求平面PAB与平面PCO所成锐二面角的余弦值.

12.如图，三棱锥P-ABC中，PALAB,AB1.AC,AB=AC=a，PB=PC=巫,点M是PA

的中点，点。是AC的中点，点N在PB上且PN=2NB.

p

(1)证明：B。〃平面CMN;

(2)求直线OV与平面ABC所成角的正切值.

13.如图所示，AB为圆锥S-4BC底面圆的直径，点C为底面半圆弧AB上不与A,B重合的一点,

设点。为劣弧BC的中点.

(1)求证：BCLSD.

(2)设AB=2,且圆锥的高为3,当NB4C=60。时，求二面角4一SC-B的余弦值.

14.如图所示，四棱锥P-48C0的底面ABCZ)是边长为1的菱形，4BCO=60°,E是。的中点,

PA1底面ABCD,PA=V3.

p

(1)证明：平面PBEL平面PAB；

(2)求二面角A-BE-P的大小.

15.正四棱锥P-ABC。的侧棱长与底面边长都相等，E为尸C中点.

(1)求证：P4〃平面3DE；

(2)求异面直线PA与OE所成角的余弦值.

16.如图所示，A8为圆锥S-ABC底面圆的直径，点C为底面半圆弧A8上不与A,8重合的一点,

设点。为劣弧BC的中点.

(1)求证：BC1SD-,

(2)设4B=2,且圆锥的高为口，当NB4C=60。时，求点A到平面S8C的距离.

17.如图，在直三棱柱4BC-41&G中，48=AC=2,441=4,ABJ.AC,

BE14Bi交4公于点E,。为CG的中点.

(I)求证：BE_L平面力8传；

(11)求二面角。一481-。的余弦值.

18.如图，在四棱锥P-71BCD中，二面角P—AC—C是直二面角，AD为等腰直角三角形以。的斜

边，AD=CD=2,AB=BC=1,BD=为线段PC上的动点.

(1)当PM=MC时，证明：P4〃平面MB£＞；

(2)若平面MBD平面ABCD,求二面角B-MD-C的余弦值.

19.三棱柱4BC—中，侧面BB£C为菱形=60°,AB1AC,AB=AC,BC=ABt=2.

(1)求证：面ABCL面B&CiC；

(2)在线段GA上是否存在一点M,使得二面角M-C8i-Ci为《若存在，求出器的值，若不

存在，请说明理由.

20.如图，直三棱柱4BC中(侧棱与底面垂直的棱柱)，AC=BC=1,LACB=90。，力为=

y/2,。是&&的中点.

(1)求证：C、D_L平面44/iB;

(2)当点F在BBi上的什么位置时，AB11平面6。尸？证明你的结论.

【答案与解析】

1.答案：（1）证明：如图，取PC的中点凡

PE=DE,PF=CF,

:・EF〃CD,CD=2EFf

-AB11CD,CD=2m

:・ABI/EF,REF=ABf

・・・四边形ABFE为平行n边形，

・・・AE11BF,

vBFPBC,AEC平面PBC,

:.AE〃平面PBC,

(2)解：方法一：由(1)知AE〃平面PBC,

・•・点E到平面P5C的距离与点4到平面P5C的距离相等,

・•・Vp-EBC=%-PBC=^A-PBC~^P-ABC-

如图取43的中点0,连接PO,

•・,PA=PB,

・・・OP1AB.

•.•平面P4B_L平面ABCD,平面PABn平面力BCD=AB,OPu平面PAB,

OPJL平面ABCD.

•・•△PAB为等腰直角三角形，P4=PB,AB=2,

OP=1.

•••四边形ABC。为等腰梯形，且4B〃CD,CD=2AB=4,AD=V2,

梯形ABC。的高为1,

S^ABC=_x2xl=l,

•*,^P-ABC=§X1X1=9

A^P-EBC=3«

方法二：如图，取4B的中点。，连接0P,

,:PA=PB,

・・・OPLAB,

•・•平面_L平面ABCD,平面P48n平面/BCD=ABfOPu平面PAB,

・•.OP_L平面ABCD.

•••△4PB为等腰直角三角形，PA=PB且AB=2,

.・.OP=1.

・・・E为尸。的中点，

E到平面ABCD的距离d=|0P=|.

又•••四边形A8C£＞为等腰梯形，且4B=2,CD=4,AD=①

B到。C的距离为1,

1

•*,S^BDC=5X4X1=2,

1111

=X

VE-DBC=3*S»BDC,^32X-=-,

**,VD-EBC~3»

又E为PD中点、,

所以/_£BC=

解析：本题考查了棱锥的体积、线面平行的判定和面面垂直的性质，是中档题.

(1)取PC的中点尸，可得四边形ABFE为平行四边形，所以力E〃BF,由线面平行判定即可得证;

(2)方法一，易知点E到平面P3C的距离与点A到平面P3C的距离相等，所以Vp_E8c=，E-P8c=

^A-PBC=KP-48c•求KP-ABC即可:

方法二，E为PD中点,所以“一E8C=%-EBC=计算即可.

2.答案：证明：设丽=方，AC=A=c，则I五I=I1I=2，131=巡，

(1)由M是力传1的中点，得瓦瓦=：(瓦B+瓦不)=：前而

=-1AB+|(AC-AB)=-a+^b,

又=AB-AAr=反一c，A[N=AN—AAj^=—c,

***B]M=-A^B+AIN,

即瓦而，硒,而7共面.又••・B1Ma平面4BN,B1M〃平面&BN.

(2)由点。是棱CCi上靠近C的三等分点，得而=而+而=熊+：丽'=3+1高

则而•砧=(K+1c)-(a-c)=b-a-h-c+|a-c-|c2=2x2xi-0+ix0-|x6=0,

AD-A7N=(b+-c]-(-b-c)=-b2-b-c+-b-c--c2=-x22-0+-XO--X6=0,

AAD1ArN,4。_L41氏又•・,&Nn4/=&,

・•・AD_L平面48N.

解析：本题考查利用向量法证明线面平行与线面垂直，属中档题.

(1)依题意，得瓦而=一项+石N,即瓦M，A^B，而7共面.

又B1MC平面&BN,：.B1M〃平面&BN.

(2)欲证4D平面41BN,需证而•福=0,前•而7=0即可.

3.答案：解：⑴证明：•••4D〃2C,BC=\AD,。为A。的中点，

.••四边形BCDQ为平行四边形，

CD//BQ,

■■■/.ADC=90°,

/.AQB=90°,

即QB»

又•.•平面PAD_L平面ABCD,平面PADn平面力BCD=AD,

BQ_L平面PAD.

•：BQu平面PQB,

平面PQB，平面PAD；

(2)vPA^PD,。为A。的中点，

•••PQ1AD,

•••平面24。_L平面ABCD,且平面PADn平面4BCD=AD,

•••PQJ"平面ABCD,

如图，

以Q为原点建立空间直角坐标，

则平面BQC的法向量记=(0,0,1)；

且Q(0,0,0),P(0,0,V3)，B(0,V3,0)，C(-l,V3,0),

因为PM=tMC,

所以M(二，叵,亘)，

vl+t1+t1+r

在平面MB。中，平面MB。法向量沅=(V3,0,t),

因为二面角M-BQ-。为30。，

所以cos30。-言&-/:z=V'

Mil川V3+0+P2

At=3.

解析：本题考查面面垂直的判定、面面垂直的性质、利用空间向量求面面的夹角，属于中档题.

(1)推导出CD〃BQ,BQ1AD,从而BQ1平面PAD,由此能证明平面BQP_L平面以PA。；

(2)以。为原点，QA所在直线为x轴，。8所在直线为)，轴，QP所在直线为z轴，建立空间直角坐

标系，得出平面8QC的法向量行=(0,0,1),平面MB。法向量沆=(VI,0,t),利用cos3()o=器:

^—=^,即可求出r的值.

V3+0+t22

4.答案：(I)证明：:PA平面ABCD,AEu平面ABCD,

•••PA1AE,

又「PBIAE,PBOPA=P,PB、P4u平面

AEL平面PAB,又ABu平面PAB,

AE1AB.

又•：PA_L平面ABCD,ABu平面ABCD,

：.PA1AB,

又P4n4E=A,PA,4Eu平面PAE,

AB_L平面PAE,

(口)解：由EC=9BC=2=4D,且A8C。为梯形，AD//EC,且4。=DC=2,

则AOCE为菱形，所以4E=2,

由(1)得，所以N4BE=30。，

则乙4EC=120°

从而有△COE是边长为2的等边三角形.

在△「£)£1中：PE=PD=2历,DE=2,

设C到平面尸。E的距离为人，

由%-ECD=%-PDE得3sAECD'PA=~SApDE-九，

-x-x2xV3x2=-x-x2xV8-1x九，

3232

解得/1=组，

7

即C到平面PDE的距离为旭.

7

解析：本题考查线面垂直的判定与性质，考查点到平面距离的计算，考查三棱锥体积的计算，属于

中档题.

(I)证明4E1平面尸48,可得4E_L4B.利用PA14B,即可证明4B1平面PAE；

(II)由力一ECD=%.PDE得点C到平面PDE的距离.

5.答案：(1)证明：过点、E作EHJ.BC于点H,

因为平面BCE平面ABC,又平面BCEC平面4BC=BC,EHu平面BCE,

所以EH1平面A8C,

又因为平面ABC,

所以AD〃EH,

因为EHu平面BCE,DAC平面BCE,

所以。4〃平面EBC；

(2)因为DE1平面BEC,所以WEB=乙DEC=全

由4B=4C可知DB=OC,DE=DE,4DEB34DEC,则BE=CE,

所以点”是5c的中点，连接A”，则AHIBC,

所以平面EBC,则DE〃AH,AH1EH.

所以四边形D4，E是矩形.

以H为坐标原点，分别以，B,HA,HE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

设ZM=2a,贝归(0,0,2a),X(0,V3a,0),B(a,0,0),D(0,V3a,2a),

设平面ABD的一个法向量为沅=

又48=(a,-V5a,0),AD-(0,0,2a).

m-AB^0ax】—VSayi=0

m-AD=02azi=0

取为=1,得沆=(V5,l,0)

设平面BDE的一个法向量为布=(x2,y2,z2),

因为前=(-a,遮a,2a),BE=(-a,0,2a).

由1n-=0fax2-y/3ay2-2az2=0

In-BF=0Iax2-2az2=0

取Z2=l,得)=(2,0,1)；

设二面角4-BD-E的平面角为仇

则|cosO|=|cos<m,n>\=兽;三=半，

由题知二面角A-BD-E是钝角，则二面角A-BD-E的余弦值为一”.

解析：【试题解析】

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，训练了利用空间向量求解空间角，

是中档题.

⑴过点E作EH1BC于点H,由已知利用面面垂直的性质可得EH_L平面ABC,结合DA_L平面ABC,

得4D〃EH,再由线面平行的判定可得〃平面EBC；

(2)由已知证明四边形D4HE是矩形，以”为坐标原点，分别以48,HA,HE所在直线为x,y,z

轴建立空间直角坐标系，设DA=2a,分别求出平面48。的一个法向量与平面8£>E的一个法向量,

由两法向量所成角的余弦值可得二面角A-BD-E的余弦值.

6.答案：(1)证明：取C。的中点P,连接MP、BP,

因为M是EC的中点，所以MP〃EO,2Mp=ED,

5LAB//DE,DE=2AB,所以MP〃AB,MP=AB,

所以四边形ABP例是平行四边形，

所以4M〃BP,

因为BPC平面3C7XAA/C平面,

所以4W〃平面8C。；

(2)解：在ZL4BD中，BD=2AB,AADD仪)ABAD9()即AB14D

又•.•力Bl,CD,ADOCD=D,AD,CDu平面4CD.

AB_L平面ACD.

；.UNB为BN与平面ACD所成的角，

在ABCN中,BC=2,CN=k由余弦定理得：BN

33

在ABCN中，BA=1,BN—.cu«ABNA-•

314

・•・BN与平面AC。所成角的余弦为等

解析：本题考查线面平行的判定，直线与平面所成的角，涉及余弦定理，考查逻辑推理能力和空间

想象能力，属于中档题.

(1)取C£＞的中点P,连接MP、BP,由中位线得出MP〃4B,MP=AB,则四边形A8PM是平行四

边形，AM//BP,根据线面平行的判定定理即可得出结论.

(2)由余弦定理可得BA14D,又力B1CD,可得4B，平面AC£),N4NB为BN与平面AC£)所成的角，

乙BAN=90°,便可求出8N与平面ACD所成角的余弦值.

7.答案：解：(1)方法一：如图所示，取AE的中点。，连接OF,过点。作。M_L4C于点M.

因为EC1AC,OM,ECu平面"G4,

所以OM〃EC.

又因为EC=2FB=2,EC//FB,

所以。M〃FB且OM=^EC=FB,

所以四边形OM8F为平行四边形，

所以//OF.

因为OFu平面AEF,BM仁平面AEF,

故BM〃平面AEF,

此时点”为AC的中点.

方法二：如图所示，取EC的中点P,AC的中点Q,连接PQ,PB,BQ.

因为EC=2FB=2,

所以PE//BF5.PE=BF,

所以四边形PEFB为平行四边形，

所以PB〃EF,PQ//AE,

又AE,EFu平面AEF,PQ,PBC平面AEF,

所以PQ〃平面AFE,PB〃平面AEF,

因为PBClPQ=P,PB,PQu平面PBQ,

所以平面PBQ〃平面AE凡

又因为BQu平面PBQ,

所以8Q〃平面AEF.

故点。即为所求的点M，此时点M为4C的中点.

(2)由(1)知，8M与E尸异面，NOFE(或NMBP)就是异面直线8例与E尸所成的角或其补角.

易求AF=EF=V5，MB=OF=6,OFLAE,

所以cos/OFE=竺=*=—,

EF4ss

所以8M与E尸所成的角的余弦值为叵.

5

解析：本题考查了线面平行的判定与性质、面面平行的判定与性质、异面直线所成角的相关知识，

试题难度一般.

(1)通过两种方法，根据线面平行的判定与性质证明即可.

(2)根据(1)得出8例与E尸异面，NOFE(或NMBP)就是异面直线B例与E尸所成的角或其补角，求解

即可.

8.答案：(1)证明：因为SD1面A8CD,4。u平面ABC，

所以，SD].AD,

又因为4clDC,CDC\SD=D,CD,SDu平面SDC,

所以401面S£>C,

又SCQ平面S8,则AD1SC,

同理CD,平面S4O,因为AB〃CD,

所以力B_1_面SAD,且SZu平面SAD,

所以4BISA,

取BC的中点F,连接EF,AF,

c

由已知可得SC=倔EF=y.

在直角三角形SAB中，SA=y/3,AB—1,SB—2,»•AE—1,

在底面ABCD中，易知a/=[(1+似=千，

^VXAE2+EF2=AF2,即4E1EF,

而EF//SC,：.AEVSC,

又4EOAD=A,AE,ADu平面ADE,

所以SC_L平面AOE；

(2)解：由(1)易知△SBC为直角三角形，

则ac=y/5,EC=V3.AE=1,

则cos/AEC=4"+EC24C2=_更，所以疝"'EC'—-，

2'AE'EC66

所以SMBC=鼻*1*1=5，

S4AEC=-x1xV3x—=—,

△A“264

因为/TEC=VE-ABC^易知E到底面ABCD的距离为争

即任公八名，仁隹，

42211

故点3到面AEC的距离为名.

11

解析：本题考查线面垂直的判定与性质，以及利用三棱锥的体积求距离，属一般题.

(1)根据线面垂直性质证明ADLSC,再计算棱长，得到4E1EF,又EF〃SC,故AELSC,即可证

明线面垂直；

(2)根据三棱锥体积相等/TEC=VE-ABC求点到面的距离即可.

9答案:解:(1)连接AE,

•••E为BC的中点，EC=DC=1,四边形ABC。为矩形，

•••△DCE为等腰直角三角形，则4DEC=45°,

同理可得N4EB=45°,

/.AED=90。，

•••DE±AE,

又PA1平面ABCD,且DEu平面ABCD,

：.PA1DE,

又「/lEnP/lMA,AEu平面PAE,u平面P4E,

•••DE上平面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，

=：X1X1=[,而PA是三棱锥P-DCE的高，

^C-PDE='P-/JTE)*anCE，P」=[X[X1=*；

⑶在PA上存在中点G,使得EG〃平面PCD,

理由如下：取PA,P£＞的中点G,H,连接G,GH,CH,

•••G,”是PA,的中点，•••GH〃4D,且GH=[40,

又〈E为8c的中点，且四边形ABC。为矩形，

：.EC//AD,且四=加，

ECUGH,S.EC=GH,

四边形EG/7C是平行四边形，

EG"CH,又EG，平面PCD,CHu平面PCD,

•••EG〃平面PCD.

解析：本题考查立体几何线线垂直的判定及证明，三棱锥的体积以及线面平行，属于中档题.

(1)求证出0E_1平面尸4区根据PEu平面PAE,即可证出DE1PE；

(2)根据(1)知4DCE为腰长为1的等腰直角三角形，运用V(rDEVP-DCE:SADTE-P.4即可求

出三棱锥C-PDE的体积；

(3)在PA上存在中点G,使得EG〃平面PCD,利用线面平行判定定理即可求解.

10.答案：(I)证明：因为401EF,所以4O14P,AD1AB,

又APnAB=A,AP,4Bu平面ABP,

所以4D1平面ABP,

因为BMu平面ABP,所以力DJ.BM;

由已知得，AB=AP=BP=4,

所以AABP是等边三角形，

又因为点Af是AP的中点，所以8M14P;

因为4D1BM,AP1BM,ADCtAP=A,AD,APADP,

所以BMJ_平面ADP,

因为DPu平面AOP,

所以1DP.

(□)解：取BP中点N,连结ON,

因为力。_L平面ABP,AB=AP=AD=4,

所以DP=BD=4企，所以DNJ.BP,

所以，在RtADPN中,DN=7DP2-PN2=2a

因为4C1平面ABP,

所以Vp_BMP=]xADxS^BMP，

因为VM.BDP=VD-BMP^设点M到平面BDP的距离为h,

所以三XhXS^BDP=]XADXS/BMP,

ri,xSaw2\/32v^T

所fi以r，，一-------卞，

S&BDP*

即点M到平面BDP的距离为旭.

7

解析：本题考查空间中直线与直线、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

了利用等积法求空间几何体的体积，是中档题.

(I)由已知可得4。_L4P,ADLAB,得到4D_L平面A8P,则4DJ.BM；再证明BM14P；由线面

垂直的判定可得BM1平面ADP,从而得到BM1DP；

(口)取8P中点M连结£W,由题意4D_L平面ABP,由与_BDP=力-BMP，即可求得点M到平面

BOP的距离.

11.答案：(1)证明：因为ABCZ)是菱形，

所以AC1BD,

贝|JBE_LAC,PEA.AC.

因为BEu平面PBE,PEu平面P8E,且BEnPE=E,

所以AC_L平面PBE,

因为尸8u平面PBE,

所以PB_L4C.

(2)解：取。E的中点O,连接OP,取C£＞的中点F,连接。凡

因为BD=8,

所以DE=PE=4.

因为PD=4,

所以PD=PE,

所以P。1DE.

由(1)可知4c_L平面PBE,

所以平面PBD1平面ABCD,

则PO1平面ABCD,

故以。为坐标原点，以前，0D，而的方向分别为x,yz轴的正方向,

建立如图所示的空间直角坐标系。-xyz.

由题中数据可4(一3,—2,0),8(0,-6,0),C(3,-2,0),0(0,2,0),P(0,0,2®

则而=DC=(3,-4,0),JP=(0,6,2V3),DP=(0,-2,2V3).

设平面PAB的法向量为访=(%i，yi，Zi),

m■AB=3X]—4y=0,.,，.一「

一一1二1令x=4,得m=(4,3,-3V3)，

m-BP=6y+28z1=0,

{r

设平面PCD的法向量为五=(x2,y2,z2),

令得元=圾，

>jjn-DC=3x2-4y2=0,x=4,(4,3,

DP——2y

tn-2+2V3z2—0,

设平面PAB与平面PC。所成的锐二面角为0,

A_I沅五।_4x4+3X3-371x71_4yf91

则c=I丽1=向孝菽牛芯=~

解析：本题主要考查了线面垂直的判定定理，性质，面面垂直的判定定理，二面角，利用空间向量

求二面角，所以中档题.

(1)由线面垂直的判定定理可得AC_L平面PBE,进而得出结果.

(2)由面面垂直的判定定理可得平面PBDJL平面ABCD,则P。，平面ABCD,建立空间直角坐标系,

写出各点坐标，求出平面R48的法向量，平面PC。的法向量，代入夹角公式，可得结果.

12.答案：(1)证明：连接PQ,设与CM交于E,连接

•・•点M是P4的中点，点。是AC的中点，

DM//PC,DM=^PC,

故AMEDsACEP,相似比为1:2,

故PE=2ED,

点N在PB上，且PN=2NB,

-P-E-=PCPN——2,

EDMDNB1

故APNEfPBD,

：.NE//BD,NEu平面CMN,BD笈平面CMN,

BD〃平面CMN；

(2)解：“AB=AC=&，PB=PC=V6.尸4共用,

•••△PAB在ZPAC,

PA1AB,

：.PA1AC,ABCiAC=A,AB,ACu平面ABC,

PAIT®ABC,

过N作NF〃P4交AB于尸，连接C尸，

则NF1平面ABC,

NNCF是直线CN与平面ABC所成的角,

PA=yJPB2—AB2=V6—2=2,AB=AC=夜，AB1AC,

△BNFFBAP,相彳以比为1:3,

・•・FN号,4T

卬=、心+4吟山+合亨，

F/V_3_V26

tanz/VCF=还=遂=可

二直线CN与平面ABC所成角的正切值为等.

解析：本题主要考查空间几何体的结构特征，考查线面平行的判定，考查直线和平面所成的角，属

中档题.

(1)连接P。，设与CM交于E,连接点/是PA的中点，点。是AC的中点，利用中位线得到

0M与PC平行，利用△MEQSACEP,得至iJPE=2ED,结合PN=2NB即可得至PNE-ZkPBD,

得到NE与80平行，进而完成证明；

(2)找到线面角是关键，过N作NF1AB于尸，论证4NCF即为所求角，进而求得正切值即可.

13.答案：(1)证明：取AB的中点0,连接SO,0D,则SO_L平面ABC,且。。垂直平分BC,

所以SOJ.BC,BC10D,

又因为son。。=。，SOu平面SOO,ODSOD,

所以BC1平面SOD,

因为SOu平面SOO,所以BCJ.SD.

(2)因为A8为底面圆的直径，所以4C_LBC,以C点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为48=2,SO=3,^BAC=60°,

所以AC=1,BC=V3，

则C(0,0,0),4(1,0,0),B(0,V3,0),5(i,y,3),

M=或一今-3)，SC=(-i,-y,-3),SB=(-1,y,-3).

设平面ASC的法向量为苏=（%1，为2）,

则回F=0,-y7i-3Z1=o,

即得

国.温=0,-洛一曰月—3zi=0,

令Zi=1,则平面ASC的一个法向量为元=（0,-2V3,1）;

设平面SBC的法向量为芯=（%2，y2，Z2），

出

+y3z-o

艺,工=。，即得22-2

则立

y3Z-O

SC•元=0,-22-2

令Z2=l,则平面SBC的一个法向量为近=（一6,0,1）.

则cos（耳无>=晶=悬面=筹,

由图知4一SC-B为钝二面角,

所以二面角4-SC-B的余弦值为—陋.

481

解析：本题考查了线面垂直的判定、线面垂直的性质和利用空间向量求面面的夹角，是中档题.

（1）先得出SO1BC,BC10D,所以BC,平面SO。，由线面垂直的性质可得线线垂直：

（2）建立空间直角坐标系，得出平面ASC的一个法向量和平面SBC的一个法向量，由空间向量求解

即可.

14.答案:证明：（1）如图所示,连接BD,由ABCD是菱形且NBCD=60。知，°酿

△BCD是等边三角形，

因为E是co的中点，所以BE,

又4B//C0,所以BE14B,.gc

又因为PA1平面ABCQ,BEABCD,“

所以PA1BE,

而R4n4B=A,PA,ABu平面PAB,

因此BE_L平面PAB,

又BEu平面PBE,

所以平面PBE_L平面PAB；

解：（2）由（1）知，口小工平面胡以PBu平面PAB,

所以PB1BE,

又AB1BE,

所以ZPB4是二面角/-BE-P的平面角,

DA—

在中，

RMP4Btan^PBA=—AB=V3,

APBA=60°

故二面角力-BE-P的大小为60。.

解析：本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，平面与平面垂直的判定，其中(1)的关

键是熟练掌握线线垂直、线面垂宜及面面垂直之间的转换，(2)的关键是构造出NPBA是二面角4-

BE-P的平面角，属于中档题.

(1)连接B。，由己知中四棱锥P—4BC0的底面ABCZ)是边长为1的菱形，^BCD=60°,E是CD的

中点，PA1底面A8CC,我们可得BELAB,PA1BE,由线面垂直的判定定理可得BE1平面PAB,

再由面面平行的判定定理可得平面PBE1平面PAB；

(2)由(1)知，BE_L平面PAB,进而PB1BE,可得NPB力是二面角4-BE-P的平面角.解Rt△P4B

即可得到二面角4-BE-P的大小.

15.答案：解：(1)连接AC交8D于。，连接EO；

在正四棱锥P-ABCD中，ABCO为正方形，

所以对角线AC、8。的交点。平分AC、BD,即。为AC的中点；

在△CP4中，0、E分别为CA、CP的中点，

所以0E//PA；

因为P4〃0E,P4C平面BOE,OEBDE,

所以PA〃平面BDE；

(2)因为。E〃P4所以PA、OE所成的角即为OE、OE所成的角，即为“ED；

因为正四棱锥P-ABCO的侧棱长与底面边长都相等，不妨设侧棱长和底面边长都为1；

在△CP4中，OE=：P4=/

在正方形A88中，0D=泌/

在AEBD中，EB=ED,。为80的中点，所以。。10E；

在RtAOOE中，OZ)2+OE2=CE2,得DE=",所以coszlOED=丝=理,

2DE3

故异面直线厚与QE所成角的余弦值为日.

解析：本题考查线面平行的判定定理及异面直线所成的角的计算，属于中档题.

⑴连接AC交加于0,连接E0,证明PA//0E,运用线面平行的判定定理即可证明P4〃平面BDE；

(2)找到PA、OE所成的角即为。瓜OE所成的角，即为/OED,然后解三角形即可.

16.答案：解：(1)证明：取48的中点0,连接SO,0D,

则S。，平面48C,且0D垂直平分BC,

所以SO_LBC,BC10D,

又因为SOnOC=O,SOu平面SOO,。。＜=平面SOO,

所以BC_L平面SOD,

因为SDu平面SOD,

所以BC_LSD.

(2)设点A到平面SBC的距离为h,

由/-4BC=%-SBC，得gSA48cX苧=|5ASBCX九,

所以小安,

当4B=2,圆锥的高为正，且乙34。=60。时-，AC=1,BC=V3，OE=\,SE=VSO2+0E2=

2/

所以S44BC=gX1Xy/3=SASBC=~X2Xy/3=V3,

所以八=①£=虎.

2xV34

解析：本题考查线线垂直和点到面的距离，三棱锥的体积公式，属于中档题.

（1）取AB的中点0,连接SO,0D,贝IJS01平面ABC,且。。垂直平分3C,所以SOJ.BC,利用线

面垂直的判定可得8c_L平面SOD,即可得证；

（2）设点A到平面SBC的距离为伍由%YBC=%-sec，得二S.Mex巫=-SBSBCx%,所以九=祭典,

323N3（3SBC

可得出点A到平面SBC的距离.

17.答案：（I）证明：因为三棱柱48C—4/传1为直三棱柱，所以A&L平面A3C,

所以14C..................（1分）

因为4C_L4B,ABDAAi=A,所以AC_L平面44祖8..................(3分)

因为BEu平面441/8,所以ACJLBE.................(4分)

因为BEJ.4B1，ACOAB1=A,

所以BE1平面2&C.......................(5分)

(口)解：由(I)知AB,AC,4公两两垂直，

如图建立空间直角坐标系4-xyz.

则4(0,0,0),当(2,0,4),0(0,2,2),8(2,0,0)..................(7分)

设E(0,0,a),所以而=(0,2,2),福=(2,0,4),JE=(-2,0,a),

因为被，屁，所以4a-4=0,即a=l.................（8分）

所以平面4B1C的一个法向量为丽=（一2,0，1）.................（9分）

设平面AB］。的法向量为记=（x,y,z）,

所以上,伫=°，所以｛$[**即匕Z一2.....................（10分）

（n-ABr=0.（2%+4z=0.<.%=—2z.

令x=-1,则x=2,y=l,

所以平面A/D的一个法向量为五=（2,1,-1）........................（11分）

所以cos<BE,n>=高矗=熹=一粤.........（12分）

由己知，二面角C-4B1一。为锐角，

所以二面角C-ABX-。的余弦值为回.........（13分）

6

解析：（I）i!EB171A11.AC.AC1BE,结合BE1AB1，即可证明BE1平面481C.

（□）建立如图空间直角坐标系4-xyz.求出平面ABiC的一个法向量，平面48山的法向量，利用空间

向量的零售价求解二面角C-ABr-。的余弦值即可.

本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，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.

18.答案：解：（1）♦；4。=CD.AB=BC,BD=BD,

・•.△BCD=△BAD,

连结AC,BD交于N,连结MN,

由全等可知4N=NC,即N为AC的中点，而PM=MC,即M为PC的中点，

•••MN//PA,

•：MNu平面MBD,PA仁平面MBD,

故P4〃平面MBD-

（2）由△BCO三△B4。，可得BD14C,

以N为坐标原点，NC为x轴，NZ）为y轴，垂直面ABC。向上的方向为z轴，如图所示:

AB1+AD2=BD\故A"±AD.同理可得CB±CD.

Ill

SABCD=3BDxAC=,48xAD+-CBxCD,

可得4C=第，故AN=14C=等，BN=£，ND=#，

4（-第,0,0），B（0,-y,0）,C律,0,0）,D（0,竿,0）,P（-g，等，1）,

*（W，一竿t）,

设祝=4丽=（"尢一等;I,—Z），可得”（延押,等；1,4）;

丽=”3日2等力,

设平面BMD的一个法向量方=（Xi，yi，zj,

g,亚=0可得一解4=（_40,2金3同）,

而平面ABCD的一个法向量为石=（0,0,1）＞

•••平面MBO，平面ABCZ）,

a•K=0»解得4=|，

故M（0,拿）,

设平面MDC的一个法向量记=（＞2，y2，Z2），

前=（。普，-1＞而=（-咨W，。），

产亚=°可得-解记=（2,1延），

tin-CD=0I57

而平面BM