立体几何解答题汇总及答案

立体几何

立体几何

1.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，

QA=AB=

12PD.（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ（II）求二面

角Q-BP-C的余弦值.

2.如图，在三棱柱ABC?ABC中，H111是正方形AA1B1B5.（Ⅰ）求

的中心，AA1?22，C1H?平面AA1B1B，且C1H?异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角A?A1C1?B1的正弦值；（Ⅲ）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN?平面A1B1C，求线段BM的长．

3.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=90?，

ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.（Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．

4.如图5，在椎体P?ABCD中，ABCD是边长为1的棱形

?DAB?60,PA?PD?02,PB?2,E,F分别是BC,PC的中点，（1） 证明：AD?平面DEF（2）求二面角P?AD?B的余弦值。

5.如图，ABCDEFG为多面体，平面ABED与平面AGFD垂直，点O在线段AD上，OA?1,OD?2,VOAB,△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形。（Ⅰ）证明直线BC∥EF；（II）求棱锥F-OBED的体积。

6.

已知三棱柱，底面三角形ABC为正三角形，侧棱AA1?底面ABC，

AB?2,AA1?4，E为AA1的中点，F为BC中ABC?A1B1C1点．(Ⅰ) 求证：直线AF//平面BEC1；（Ⅱ）求平面BEC1和平面ABC所成的锐二面角的余弦值．

1

立体几何

7. 如图,在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝3，沿对角线BD把△ABD

折起，使A移到A1点，过点A1作A1O⊥平面BCD，垂足O

恰好落在CD上．（1）求证：BC⊥A1D；（2）求直线A1B与平面BCD所成角的正弦值．

8. 如图，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA=AB=1，PD与平面ABCD所成

角是30°，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．（Ⅰ）点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系,并说明理由；（Ⅱ）证明：无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF； （Ⅲ）当BE等于何值时，二面角P-DE-A的大小为45°．

9. 如图，在四棱锥S?ABCD中，底面ABCD为平行四边形，SA?平

面ABCD，AB?2,AD?1,SB?7,?BAD?120?,E在棱SD上．（I）当SE?3ED时，求证SD?平面AEC;（II）当二面角

S?AC?E的大小为30?时，求直线AE与平面CDE所成角的大小．

10. 如图，在三棱柱ABC?ABC11中，AB?AC，顶点A1在底面上的 1C1B1A1射影恰为点B，且AB?AC?A1B?2．（Ⅰ）证明：平面A1AC?平面

AB1B；（Ⅱ）求棱AA1与BC所成的角的大小；（Ⅲ）若点P为B1C1的

中点，并求出二面角P?AB?A1的平面角的余弦值．

CBC?A11. 已知平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，E是线段AD

的中点．沿直线BD将△BCD翻折成△BC?D，使得平面BC?D⊥平面ABD．（Ⅰ）求证：C?D?平面ABD；（Ⅱ）求直线BD与平面BEC?所成角的正弦值；（Ⅲ）求二面角D?BE?C?的余弦值．

B C 12. 如图，四棱锥P?ABCDA 的底面是直角梯形，AB//CD，

PE D AB?AD，?PAB和?PAD是两个边长为2的正三角形，DC?4，O为BD的中点，E为PA的中点．(Ⅰ)求证：PO?平面ABCD；(Ⅱ)求证：OE//平面PDC；(Ⅲ)求直线CB与

E平面PDC所成角的正弦值．

AOB13.

如图，已知菱形ABCD的边长为6，

?DC?BAD?60,AC?BD?O.将菱形ABCD沿对角线AC折起，使BD?32，得到三

棱锥B?ACD.（Ⅰ）若点M是棱BC的中点，求证:OM//平面ABD；（Ⅱ）求二面角A?BD?O的余弦值；（Ⅲ）设点

N是线段BD上一个动点，试确定N点的

M

位置，使得CN?42，并证明你的结论.

2

立体几何

14. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，

AB∥EF，∠EAB=90o，AB=2，AD=AE=EF=1，平面ABFE⊥平面ABCD。（1）若点O为线段AC的中点，求证：OF//平面ADE；（2）求平面BCF与平面DCF所夹的角。

15. 如图，已知四棱锥

P—ABCD的底面是直角梯形，

?ABC??BCD?90?，AB=BC=2CD=2，PB=PC，侧面PBC?底面

ABCD，O是BC的中点。（1）求证：PO?平面ABCD；（2）求证：

PA?BD.（3）若二面角D—PA—O的余弦值为105，求PB的长

A1 E B1 A (第11题图)

16. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中． (1)若BB1=BC，B1C⊥A1B，证明：平面

AB1C?平面A1BC1；(2)设D是BC的中点，E是A1C1上的一点，且A1B∥平面B1DE，求

A1EEC1C1

的值．

C B D 17. 如图甲，在平面四边形ABCD中，已知

?A?45,?C?90,?ADC?105,AB?BD,现将四边形

??AA?FEABCD沿BD折起，使平面ABD?平面BDC（如图乙），设点E、F分别为棱AC、AD的中点．(Ⅰ)求证：DC?平面ABC；(Ⅱ)求BF与平面ABC所成角的正弦；(Ⅲ)求二面角B－EF－A的余弦．

DBDCBC乙图甲甲图18. 在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB=2BC=4，

CD=3，E为AB中点，过E作EF⊥CD，垂足为F，如（图一），将此梯形沿EF折成一个直二面角A－EF－C，如（图二）。（1）求证：BF//平面ACD；（2）求多面体ADFCBE的体积。

3

立体几何

答案 1.解：

如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.

（I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.

????????????则DQ?(1,1,0),DC?(0,0,1),PQ?(1,?1,0).

所以PQ?DQ?0,PQ?DC?0. 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.

故PQ⊥平面DCQ.

又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. ????6分

??? （II）依题意有B（1，0，1），CB?,0),1(???(B2,1P.)1???????????????????

??????n?CB?0,?x?0,即?设n?(x,y,z)是平面PBC的法向量，则???? ??x?2y?z?0.??n?BP?0,?因此可取n?(0,?1,?2).

??????m?BP?0,设m是平面PBQ的法向量，则? ??????m?PQ?0.可取m?(1,1,1).所以cos?m,n???155.

故二面角Q—BP—C的余弦值为?155. ??????12分

2.本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间

向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.

方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点. 依题意得A(22,0,0),B(0,0,0),C(2,?2,5) A1(22,22,0),B1(0,22,0),C1(2,2,5)

????????? （I）解：易得AC?(?2,?2,5),A1B1?(?22,0,0)， ???????????????????AC?A1B142???????, 于是cosAC,A1B1?????3|AC|?|A1B1|3?22 4

立体几何

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为23.

????????? （II）解：易知AA1?(0,22,0),A1C1?(?2,?2,5).

设平面AA1C1的法向量m?(x,y,z)，

????????m?A1C1?0??2x?2y? 则?即????????22y?0.?m?AA1?05z?0,

不妨令x?5,可得m?(5,0,2)，

同样地，设平面A1B1C1的法向量n?(x,y,z)，

????????n?A1C1?0,??2x?2y? 则??????即?????22x?0.?n?A1B1?0.5z?0,不妨令y?5，

可得n?(0,5,2). 于是cosm,n?m?n|m|?|n|357?27?7?27,

从而sinm,n?.

所以二面角A—A1C1—B的正弦值为357.

（Ⅲ）由N为棱B1C1的中点,得N(?????MN?(2325,,),设M(a,b,0),则22222?a,322?b,52),

????????????MN?A1C1?0由MN?平面A1B1C1,得?????,即????????MN?A1B1?0?2325(?a)(?2)?(?b)(?2)??5?0??232, ??2(?a)(?22)?0??2 5

立体几何

?2?a??????2222?2解得?,故M(,,0),因此BM?(,,0),所以线段BM的长为

24242?b???4?????|BM|?104.

3.【解析】（Ⅰ)连结AF,因为EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，

EF∩ＦＧ=F,所以平面EFG∥平面ABCD,又易证?EFG∽?ABC, 所以

FGBC?EFAB?121212,即FG?12BC,即FG?AD,又M为AD

的中点,所以AM?AD,又因为ＦＧ∥ＢＣ∥ＡD，所以ＦＧ∥ＡM,所以四边形AMGF是平

行四边形,故GM∥FA,又因为ＧＭ?平面ＡＢＦＥ,FA?平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ.

（Ⅱ）取AB的中点O,连结CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,所以CO⊥AB, 又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO?平面ＡＢＣＤ,所以ＥＡ⊥CO,

又ＥＡ∩AB=A,所以CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面ABEF内,过点O作OH⊥BF于H,连结CH,由三垂线定理知: CH⊥BF,所以

?CHO为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角.

设ＡＢ=２ＥＦ=2a,因为∠ ACB=90?，ＡＣ＝ＢＣ=2a,CO=a,AE?22a,连结FO,容

易证得FO∥EA且FO?22a,所以BF?62a,所以OH=

22a?26=

33a,所以在

Rt?COH中,tan∠ CHO=

COOH?3,故∠ CHO=60?,所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为

60.

?4.【解析】法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。

因PA=PD，有PG?AD，在?ABD中，AB?AD?1,?DAB?60?，有?ABD为等边三角形，因此

BG?AD,BG?PG?G，所以AD?平面

6

立体几何

PBG?AD?PB,AD?GB.

又PB//EF，得AD?EF，而DE//GB得AD ?DE，又FE?DE?E，所以AD ?平面DEF。

（2）?PG?AD,BG?AD，

??PGB为二面角P—AD—B的平面角，

在Rt?PAG中,PG2?PA2?AG2?3274

在Rt?ABG中,BG=AB?sin60?=

7 ?cos?PGB?PG?BG?PB2PG?BG222?42??347?4?32??217

2

法二：（1）取AD中点为G，因为PA?PD,PG?AD.

又AB?AD,?DAB?60?,?ABD为等边三角形，因此，BG?AD，从而AD?平面PBG。

延长BG到O且使得PO ?OB，又PO?平面PBG，PO ?AD，AD?OB?G, 所以PO ?平面ABCD。

以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为x轴，z轴，平行于AD的直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系。

设P(0,0,m),G(n,0,0),则A(n,?12,0),D(n,12,0).

?????????|GB|?|AB|sin60??32

?B(n?32,0,0),C(n?32,1,0),E(n?31n31m,,0),F(?,,). 222422

????????????3n3m,0,0),FE?(?,0,?) 由于AD?(0,1,0),DE?(2242????????????????AD?DE?0,AD?FE?0,AD?DE,AD?FE,DE?FE?E 得

7

立体几何

?AD?平面DEF。

????????13 （2）?PA?(n,?,?m),PB?(n?,0,?m)

22

?m?n?2214?2,(n?32)?m?2,解之得m?1,n?2232.

取平面ABD的法向量n1?(0,0,?1), 设平面PAD的法向量n2?(a,b,c)

????由PA?n2?0,得32b2?????c?0,由PD?n2?0,得32b2 a?a??c?0,

取n2?(1,0,32).

?3274??217.

?cos?n1,n2??1?5.

【命题意图】本题考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力. 【解析】（Ⅰ）(几何法)设G为线段DA与线段EB延长线的交点．由于△OAB与△ODE都是正三角形，∴OB∥DE且OB=

12DE，OG=OD=2,

同理，设G?是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG=OD=2，又由于G和G?都在线段DA的延长线上，∴G与G?重合, 在?GED和?GFD中，由OB//12DE和OC//12DF,可知，B、C分别是GE和GF的中点，

∴BC是?GEF的中位线， ∴BC∥EF.

(坐标法) 过F作FQ⊥AD，交ＡD于点Q，连结QE，

∵面ADFC⊥面ABED, ∴FQ⊥面ABED，以Q点为坐标原点，

????????????QE为x轴正方向，QD为y轴正方向，QF为z轴正方向，建

立如图空间直角坐标系， 由

F(0,0,条

3)件,

B(32,?32知

,0)E(3,，0,0)),则

22????????????????33BC?(?,0,),EF?(?3,0,3),∴EF?2BC,∴

22BC//EF.

,

8

,C(0,?33立体几何

（Ⅱ）解：由OB=1，OE=2，?EOB?600,知S?OEB=故S?OED?3, ∴S四边形OBED=S?OBE?S?OED=1332,而?OED是边长为2的正三角形，

332,

过F点作FQ⊥AD,交AD于Q，∵面ABED⊥面ACFD，∴FQ⊥面ABED，FQ就是四棱锥F-OBED的高，且FQ=3， ∴VF?OBED=

FQ?S四边形OBED=

32.

QEF?面DEFI面BEFC ?BC//EF

6. 法一（Ⅰ）取BC1的中点为R，连接RE,RF，

则RF//CC1，AE//CC1，且AE?RF，??????????3分 则四边形AFRE为平行四边形，

则AF//RE，即AF//平面REC1．????????????6分 （Ⅱ）延长C1E交CA延长线于点Q，连接QB， 则QB即为平面BEC1与平面ABC的交线， 且BC?BQ,C1B?BQ，

则?C1BC为平面BEC1和平面ABC所成的锐二面角的平面角．??8分

22555 在?BCC1中，cos?C1BC??．??????????12分

法二 取B1C1中点为S，连接FS，

以点F为坐标原点，FA为x轴，FB为y轴，FS为z轴建立空间直角坐标系， 则A(3,0,0),B(0,1,0),F(0,0,0),C(0,?1,0)，

A1(3,0,4),B1(0,1,4),C(0,?1,4),E(3,0,2)，????????2分

（Ⅰ）则AF?(?3,0,0)，BE?(3,?1,2),BC1?(0,?2,4)， 设平面BEC1的法向量为m?(x1,y1,z1)， 则m?BE?0,m?BC1?0，即??3x1?y1?2z1?0??2y1?4z1?0??????4分

令y1?2，则x1?0,z1?1，即m?(0,2,1)，所以AF?m?0，

9

立体几何

故直线AF//平面BEC1．??????????????????6分 （Ⅱ）设平面ABC的法向量n?(0,0,1)， 则cos??m?nmn?55．??????????????????12分

7. 解：（1）因为A1O⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴BC⊥A1O，

因为BC⊥CD，A1O∩CD＝O，∴BC⊥面A1C 因为A1D?面A1CD，∴BC⊥A1

D．（6分）

C．A1C?面A1BC，∴A1DD．

（2）连结BO，则∠A1BO是直线A1B与平面BCD所成的角． 因为A1D⊥BC，A1D⊥A1B，A1B∩BC＝B，∴A1D⊥面A1B

⊥A1 C． 在Rt△DA1C中，A1D＝3，CD＝5，∴A1C＝4． 1112根据S△A1CD＝A1D·A1C＝A1O·CD，得到A1O＝，

22512

A1O512

在Rt△A1OB中，sin∠A1BO＝＝＝．

A1B525

12

所以直线A1B与平面BCD所成角的正弦值为．（12分）

25

8. 思路点拨：本题是一个开放型问题，考查了线面平行、线面垂直、二面角等知识，考查

了同学们解决空间问题的能力。

（Ⅰ）利用三角形的中位线及线面平行的判定定理解决； （Ⅱ）通过证明AF?平面PBE即可解决；

（Ⅲ）作出二面角的平面角，设出BE的长度，然后在直角三角形DCE 中列方程

求解BE的长度。本题也可利用向量法解决。

解: 解法一:（Ⅰ）当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行．-------1分 ∵在?PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，∴EF∥PC 又EF?平面PAC， 而PC?平面PAC ∴EF∥平面PAC． ???4分 （Ⅱ）证明:?PA?平面ABCD，BE?平面ABCD,

P?EB?PA，又EB?AB,AB?AP?A,?EB?平面PAB,

又AF?平面PAB，∴AF?BE． ---------------------------------6分

AF

BE又PA?AB?1,点F是PB的中点,?AF?PB,

又?PB?BE?B,PB,BE?平面PBE,?AF?平面PBE．

DGC?PE?平面PBE，?AF?PE．???8分

10

立体几何

（Ⅲ）过A作AG?DE于G，连PG， 又∵DE?PA，则DE?平面PAG,

则?PGA是二面角P?DE?A的平面角， ∴?PGA?45?，???10分

∵PD与平面ABCD所成角是30?，∴?PDA?30?， ∴AD?3，PA?AB?1．

∴AG?1，DG?在Rt?DCE中，得BE?x?3?2，设BE?x，则GE?x，CE?2?x3?x，

????23?x?2?1，

z22． ???12分

P解法二:（向量法）（Ⅰ）同解法一??????4分 （Ⅱ）建立如图所示空间直角坐标系，则P?0,0,1?，

?11?B?0,1,0?，F?0,,?，D?22? FA (O) By?3,0,0．

D?G xC

E 设BE?x，则E?x,1,0?

??PE?AF?(x,1,?1)?(0,11,)?0 ∴AF?PE ???8分 22??（Ⅲ）设平面PDE的法向量为m?????m?PD?0p,q,?1，由???，得：

??m?PE?0???1xm??,1?3?3?,1 ?，??而平面ADE的法向量为AP?(0,0,1),

??∵二面角P?DE?A的大小是45,所以cos45=

11x????1???13?3?3?2??22?|m?AP|??，

|m||AP|∴?12，

得BE?x?2 或 BE?x?3?2（舍）． ??????12分

归纳总结：无论是线面平行（垂直）还是面面平行（垂直），都源自于线与线的平行（垂直），

11

立体几何

这种“高维”向“低维”转化的思想方法，在解题时非常重要，在处理实际问题的过程中，可以先从题设条件入手，分析已有的平行（垂直）关系，再从结论入手分析所要证明的平行（垂直）关系，从而架起已知与未知之间的桥梁。 而空间向量是解答立体几何问题的有利工具，它有着快捷有效的特征，是近几年高考中一直考查的重点内容。

9. 解：（Ⅰ）在平行四边形ABCD中，由AD?1，CD?2，?BAD?120?，

易知CA?AD，???????2分

又SA?平面ABCD，所以CA?平面SAD, ∴SD?AC，

在直角三角形SAB中，易得SA?3，

在直角三角形SAD中，?ADE?60?，SD?2， 又SE?3ED，∴DE?可得AE?142212，

0AD?DE?2AD?DEcos60 121232?1??2???.

∴SD?AE，????????5分

又∵AC?AE?A，∴SD?平面AEC．??6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知,CA?SA,CA?AE， 可知?EAS为二面角E?AC?S的平面角，

?EAS?30，此时E为SD的中点. ?????8分

?过A作AF?CD,连结SF,则平面SAF?平面SCD, 作AG?SF,则AG?平面SCD,连结EG, 可得?AEG为直线AE与平面SCD所成的角． 因为AF?32,SA?3, 3所以AG?2?1523?155.?????10分

在Rt?AGE中，tan?AEG?AGAE?155，

12

立体几何

直线AE与平面CDE所成角的大小为arcsin155.????????12分

解法二：依题意易知CA?AD，SA?平面ACD．以A为坐标原点，AC、AD、SA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则易得A?0,0,0?,C? 3,0,0,D?0,1,0?,S0,0,3，

???3?，?????3分 ,??44?3???（Ⅰ）由SE:ED?3有E?0,?????????0?S?D?A?????????0??S?D?ACE易得，从而SD?平面

ACE．????????6分

(Ⅱ)由AC?平面SAD，二面角E?AC?S?EAS?30?.

的

平面角

又?ASD?30?，则 E为SD的中点，

?13?即 E?0,,,??????8分

?22????设平面SCD的法向量为n??x,y,z?

??????n?DC?3x?y?0,则????，令z?1,得n?1,3,1 ?，????10分??n?SD?y?3z?0.??13????0?1?3??1????AE?n22???从而cos?AE,n?????|AE||n|1?5155155，

所以AE与平面SCD所成角大小为arcsin．??????12分

10. 证明：（Ⅰ）∵AB?面ABC∴AB?11AC, ------1分

又AB?AC，AB?A1B?B ∴AC?面AB1B， ------3分 ∵AC?面A1AC， ∴平面A1AC?平面AB1B；------4分

（Ⅱ）以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 00?，B?0，，20?，A1?0，，22?，B1?0，，42?，C1(2,2,2) 则C?2，，?????????????AA1??0，2，2?，BC?B1C1??2，?2，0?------6分

????????????????AA?BC?41cos?AA1，BC??????1?????， ??28?8AA1?BC 13

立体几何

故AA1与棱BC所成的角是π． ------8分

3（Ⅲ）因为P为棱B1C1的中点，故易求得P?1，，32?． ------9分

??设平面PAB的法向量为n1??x,y,z?，

??????????z???x?3y?2z?0?n1?AP?0?AP?(1,3,2)A1C1则??????,由 得 ???????2y?0B1????AB?(0,2,0)?n1?AB?0??令z?1，则n1???2，0，1?------11分

???而平面ABA1的法向量n2=(1,0,0)， AxC??????????n1?n2225B则cosn1,n2???------12分 ???????y55n1n2由图可知二面角P?AB?A1为锐角

故二面角P?AB?A1的平面角的余弦值是255

------13分

11. 证明：（Ⅰ）平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，

沿直线BD将△BCD翻折成△BC?D 可知CD=6，BC’=BC=10，BD=8，

即BC'2?C'D2?BD2，

故C'D?BD． ??2分 ∵平面BC?D⊥平面ABD，平面BC?D?平面ABD=BD，C?D?平面BC?D， ∴C?D?平面ABD 5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知C?D?平面ABD，且CD?BD，

如图，以D为原点，建立空间直角坐标系D?xyz． 6分 则D(0,0,0)，A(8,6,0)，B(8,0,0)，C'(0,0,6)． ∵E是线段AD的中点，

????∴E(4,3,0)，BD?(?8,0,0)．

?????????在平面BEC?中，BE?(?4,3,0)，BC'?(?8,0,6)，

z C?x B C 设平面BEC?法向量为n?(x,y,z)，

????????4x?3y?0?BE?n?0∴ ?????，即?， ???8y?6z?0???BC'?n?0?A E y D ?令x?3，得y?4,z?4，故n?(3,4,4)． 8分

设直线BD与平面BEC?所成角为?，则

14

立体几何

??????????|n?BD|341． ?9分 ?????sin??|cos?n,BD?|??41|n|?|BD|∴ 直线BD与平面BEC?所成角的正弦值为

?34141． 10分

（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面BEC?的法向量为n?(3,4,4)，

????? 而平面DBE的法向量为DC??(0,0,6)，

?????????????n?CD441∴ cos?n,C?D???????， ??41?|n|?|CD| 因为二面角D?BE?C?为锐角，所以二面角D?BE?C?的余弦值为44141

12. 解：（Ⅰ）证明：设F为DC的中点，连接BF，则DF?AB

P∵AB?AD，AB?AD，AB//DC，

∴四边形ABFD为正方形， ∵O为BD的中点，

E∴O为AF,BD的交点， ∵PD?PB?2，

PO?BD∴∵BD?∴PO?AD?AB222AB， OD?22，

122F CPB?BO2?2，AO?BD?2，

在三角形PAO中，PO?AO?PA?4，∴PO?AO，4分 ∵AO?BD?O，∴PO?平面ABCD； 5分 (Ⅱ)方法1：连接PF，∵O为AF的中点，E为PA中点，

∴OE//PF，

∵OE?平面PDC，PF?平面PDC，

∴OE//平面PDC. 9分

方法2：由(Ⅰ)知PO?平面ABCD，又AB?AD，所以过O分别做AD,AB的平行线，以它们做x,y轴，以OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知得：

EP22A(?1,?1,0)，B(?1,1,0)，D(1,?1,0)

F(1,1,0)，C(1,3,0)，P(0,0,2)，

D

15

AOByxF C

立体几何

E(?12,?12,22)，

????????????????112则OE?(?,?,)，PF?(1,1,?2)，PD?(1,?1,?2)，PC?(1,3,?2).

222?????1???∴OE??PF

2∴OE//PF

∵OE?平面PDC，PF?平面PDC，

∴OE//平面PDC； 9分

(Ⅲ) 设平面PDC的法向量为n?(x1,y1,z1)，直线CB与平面PDC所成角θ，

????????n?PC?0?x1?3y1?2z1?0则??????，即， ?????n?PD?0?x1?y1?2z1?0????y1?0解得?，令z1?1，则平面PDC的一个法向量为n?(2,0,1)，

??x1?2z1????又CB?(?2,?2,0)

?????则sinθ?cos?n,CB??223?22?33，

∴直线CB与平面PDC所成角的正弦值为33. 14分

13. （Ⅰ）证明：因为点O是菱形ABCD的对角线的交点，

所以O是AC的中点.又点M是棱BC的中点，

所以OM是?ABC的中位线，OM//AB. 1分 因为OM?平面ABD,AB?平面ABD,

所以OM//平面ABD. 3分 （Ⅱ）解：由题意，OB?OD?3，

因为BD?32，

?所以?BOD?90，OB?OD. 4分

B A O z M 又因为菱形ABCD，所以OB?AC，OD?AC. 建立空间直角坐标系O?xyz，如图所示.

A(33,0,0),D(0,3,0),B(0,0,3).

x C D y 16

立体几何

所以AB?(?33,0,3),AD?(?33,3,0), 6分 设平面ABD的法向量为n?(x,y,z)，

???????AB?n?0,??33x?3z?0,则有?????即：?

???AD?n?0??33x?3y?0????????令x?1，则y?3,z?3，所以n?(1,3,3). 7分

因为AC?OB,AC?OD,所以AC?平面BOD. 平面BOD的法向量与AC平行，

所以平面BOD的法向量为n0?(1,0,0). 8分 cos?n0,n??n0?nn0n?11?7?77，

因为二面角A?BD?O是锐角， 所以二面角A?BD?O的余弦值为

77. 9分

????????（Ⅲ）解：因为N是线段BD上一个动点，设N(x1,y1,z1)，BN??BD，

则(x1,y1,z1?3)??(0,3,?3)，

所以x1?0,y1?3?,z1?3?3?， 10分

????则N(0,3?,3?3?)，CN?(33,3?,3?3?)，

由CN?42得27?9?2?(3?3?)2?42，即9?2?9??2?0，11分 解得??13或??23， 12分

所以N点的坐标为(0,2,1)或(0,1,2). 13分

????????????????（也可以答是线段BD的三等分点，BN?2ND或2BN?ND）

14．

17

立体几何

15. （Ⅰ）证明：因为PB?PC，O是BC的中点，

所以PO?BC，

又侧面PBC⊥底面ABCD，PO?平面PBC， 面PBC?底面ABCD?BC，

所以PO?平面ABCD． ┄┄┄┄┄┄4分

(Ⅱ)证明：以点O为坐标原点，建立如图空间直角坐标系Oxyz，

设OP?t(t?0),则P(0,0,t)，A(1,2,0),B(1,0,0),D(?1,1,0)，

????????PA?(1,2,?t),BD?(?2,1,0)，

????????????????因为PA?BD??2?2?0?0，所以PA?BD，

即PA?BD． ┄┄┄┄┄┄8分

???(Ⅲ)解：设平面PAD和平面PAO的法向量分别为m?(a,b,c),n?(x,y,z)， ???????????? 注意到PD?(?1,1,?t)，OA?(1,2,0)，OP?(0,0,t)，

18

立体几何

?????????3?m?PD??a?b?tc?0,a?1 由??????，令得，m?(1,?2,?)， ?t??m?PA?a?2b?tc?0,????????n?OA?x?2y?0, 由?????令y??1得，n?(2,?1,0)， ???n?OP?tz?0,???m?n?? 所以cos60????|m|?|n|2?21?4?9t2?4?1105，

?解之得t?3，所以PB?OP?OB?2为所求．┄┄┄┄┄┄12分

2216. 解：(1)因为BB1=BC，所以侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1． ???3分

又因为B1C⊥A1B ，且A1B∩BC1=B，所以BC1⊥平面A1BC1， ????5分 又B1C?平面AB1C ，所以平面AB1C⊥平面A1BC1 ．???????7分 (2)设B1D交BC1于点F，连结EF，则平面A1BC1∩平面B1DE＝EF． 因为A1B//平面B1DE， A1B?平面A1BC1，所以A1B//EF． ??11分 所以

A1EEC1＝

BFFC1．

12A1EEC1又因为

BFFC1＝

BDB1C1?，所以＝

12． ??????????14分

17. （Ⅰ）证明：在图甲中∵AB?BD且?A?45? ∴?ADB?45?，?ABD?90?，

即AB?BD ????(1分) 在图乙中，∵平面ABD?平面BDC ， 且平面ABD?平面BDC＝BD

∴AB⊥底面BDC，∴AB⊥CD． ????(3分)

?又?DCB?90，∴DC⊥BC,且AB?BC?B∴DC?平面ABC． ????(4分)

（Ⅱ）解法一：∵E、F分别为AC、AD的中点 ∴EF//CD，又由（1）知，DC?平面ABC，

∴EF⊥平面ABC，垂足为点E

∴∠FBE是BF与平面ABC所成的角 ?????(5分) 在图甲中，∵?ADC?105, ∴?BDC?60,?DBC?30

??? 19

立体几何

设CD?a则BD?2a,BC?12123a,BF?22BD?2a，

EF?CD?a ??(7分)

1∴在Rt△FEB中，sin?FBE?EF2 ?2?FB42a24a即BF与平面ABC所成角的正弦值为． ??(8分)

解法二：如图，以B为坐标原点，BD所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如下图示， 设CD?a，则BD?AB?2a,BC?3a，AD?22a ??(5分)

可得B(0,0,0),D(2a,0,0),A(0,0,2a),C(a,2332a,0)，F(a,0,a)，

Z????????13∴CD?(a,?a,0),BF?(a,0,a) ??(6分)

22A设BF与平面ABC所成的角为?，由（1）知DC?平面ABC

12????????a?CD?BF22???????∴cos(??)????? 24|CD|?|BF|a?2aXFEBDCy ∴sin??24 ?(8分)

（Ⅲ）解法一：由（Ⅱ）知 FE⊥平面ABC，又∵BE?平面ABC，AE?平面ABC，

∴FE⊥BE，FE⊥AE，∴∠AEB为二面角B－EF－A的平面角 ??(10分)

121272在△AEB中，AE?BE?AC?AB?BC22?a

∴cos?AEB?AE?BE?AB2AE?BE222??1717

即所求二面角B－EF－A的余弦为?． ??(12分)

33????13a,0)，CD?(a,?a,0)，解法二：由（Ⅱ）知,A(0,0,2a),C(a,2222????BF?(a,0,a)；

20

立体几何

则E(34a,34 ?BE?(a,a)，

34a,34a,a)AC?(32a,32a,?2a)(9分)

设平面ACD的法向量为m?(x1,y1,1)，平面BEF的法向量为n?(x2,y2,1)，

?13?33m?CD?ax?ay1?0?1n?BE?ax?ay2?a?0??222则，?；?； 4433??m?AC?ax1?ay1?2a?0?n?BF?ax2?a?0?22??x1?1?解得?3；

?y1?3??x2??1??3 ?y2??3?33,1) ??(11分)

即m?(1,33,1)，n?(?1,??1??cosm,n?213?13?1213??17．

即所求二面角B－EF－A的余弦为?17． ?(12分)

A 18. 解：（1）连接EC，交BF于点O，取AC中点P，

连接PO,PD，可得PO∥AE，且PO?而DF∥AE，且DF?1212AE，

AE，所以DF∥PO，

D F

E P O C B

且DF?PO，所以四边形DPOF为平行四边形，

所以FO∥PD，即BF∥PD，又PD?平面ACD，

BF?平面ACD，所以BF∥平面ACD.??????????????8分

(2)二面角A?EF?C为直二面角，且AE?EF，所以AE?平面BCFE， 又BC?平面BCFE，所以AE?BC，又BC?BE，BE?AE?E， 所以BC?平面AEB，所以BC是三棱锥C?ABE的高，

同理可证CF是四棱锥C?AEFD的高，?????????????10分 所以多面体ADFCBE的体积

V?VC?ABE?VC?AEFD?13?12?2?2?2?13?12(1?2)?2?2?103.???14分

21

立体几何

则E(34a,34 ?BE?(a,a)，

34a,34a,a)AC?(32a,32a,?2a)(9分)

设平面ACD的法向量为m?(x1,y1,1)，平面BEF的法向量为n?(x2,y2,1)，

?13?33m?CD?ax?ay1?0?1n?BE?ax?ay2?a?0??222则，?；?； 4433??m?AC?ax1?ay1?2a?0?n?BF?ax2?a?0?22??x1?1?解得?3；

?y1?3??x2??1??3 ?y2??3?33,1) ??(11分)

即m?(1,33,1)，n?(?1,??1??cosm,n?213?13?1213??17．

即所求二面角B－EF－A的余弦为?17． ?(12分)

A 18. 解：（1）连接EC，交BF于点O，取AC中点P，

连接PO,PD，可得PO∥AE，且PO?而DF∥AE，且DF?1212AE，

AE，所以DF∥PO，

D F

E P O C B

且DF?PO，所以四边形DPOF为平行四边形，

所以FO∥PD，即BF∥PD，又PD?平面ACD，

BF?平面ACD，所以BF∥平面ACD.??????????????8分

(2)二面角A?EF?C为直二面角，且AE?EF，所以AE?平面BCFE， 又BC?平面BCFE，所以AE?BC，又BC?BE，BE?AE?E， 所以BC?平面AEB，所以BC是三棱锥C?ABE的高，

同理可证CF是四棱锥C?AEFD的高，?????????????10分 所以多面体ADFCBE的体积

V?VC?ABE?VC?AEFD?13?12?2?2?2?13?12(1?2)?2?2?103.???14分

21

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