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立体几何参考答案与试题解析(2)


参考答案与试题解析(2)
一.解答题(共 30 小题) 1. (2012?江苏)如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,A1B1=A1C1,D,E 分别是棱 BC,CC1 上的点(点 D 不同 于点 C) ,且 AD⊥ DE,F 为 B1C1 的中点.求证: (1)平面 ADE⊥ 平面 BCC1B1; (2)直线 A1F∥ 平面 ADE.

考点

:-平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定. 专题:-计算题.

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分析:-(1)根据三棱柱 ABC﹣A1B1C1 是直三棱柱,得到 CC1⊥ 平面 ABC,从而 AD⊥ CC1,结合已知条件 AD⊥ DE, DE、CC1 是平面 BCC1B1 内的相交直线,得到 AD⊥ 平面 BCC1B1,从而平面 ADE⊥ 平面 BCC1B1; (2)先证出等腰三角形△ A1B1C1 中,A1F⊥ B1C1,再用类似(1)的方法,证出 A1F⊥ 平面 BCC1B1,结合 AD⊥ 平面 BCC1B1,得到 A1F∥ AD,最后根据线面平行的判定定理,得到直线 A1F∥ 平面 ADE. 解答: (1)∵三棱柱 ABC﹣A1B1C1 是直三棱柱, ∴ CC1⊥ 平面 ABC, ∵AD?平面 ABC, ∴AD⊥CC1 又∵ AD⊥ DE,DE、CC1 是平面 BCC1B1 内的相交直线 ∴ AD⊥ 平面 BCC1B1, ∵AD?平面 ADE ∴平面 ADE⊥平面 BCC1B1; (2)∵ △ A1B1C1 中,A1B1=A1C1,F 为 B1C1 的中点 ∴ A1F⊥ B1C1, ∵CC1⊥平面 A1B1C1,A1F ?平面 A1B1C1,∴A1F⊥CC1 又∵ B1C1、CC1 是平面 BCC1B1 内的相交直线∴ A1F⊥ 平面 BCC1B1 又∵ AD⊥ 平面 BCC1B1,∴ A1F∥ AD ∵A1F ?平面 ADE,AD?平面 ADE, ∴直线 A1F∥平面 ADE. 点评:-本题以一个特殊的直三棱柱为载体,考查了直线与平面平行的判定和平面与平面垂直的判定等知识点,属于 中档题. 2. (2012?黑龙江)如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧棱垂直底面,∠ ACB=90°,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点. (I) 证明:平面 BDC1⊥ 平面 BDC (Ⅱ )平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.

考点:-平面与平面垂直的判定;棱柱的结构特征;棱柱、棱锥、棱台的体积.

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专题:-计算题;证明题. 分析:-(Ⅰ )由题意易证 DC1⊥ 平面 BDC,再由面面垂直的判定定理即可证得平面 BDC1⊥ 平面 BDC; (Ⅱ )设棱锥 B﹣DACC1 的体积为 V1,AC=1,易求 V1= × ×1×1= ,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的体积 V=1,于是

可得(V﹣V1) :V1=1:1,从而可得答案. 解答:-证明: (1)由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C, ∴BC⊥平面 ACC1A1,又 DC1?平面 ACC1A1, ∴DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°, ∴∠CDC1=90°,即 DC1⊥DC,又 DC∩BC=C, ∴DC1⊥平面 BDC,又 DC1?平面 BDC1, ∴平面 BDC1⊥平面 BDC; (2)设棱锥 B﹣DACC1 的体积为 V1,AC=1,由题意得 V1= × ×1×1= ,

又三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的体积 V=1,∴ (V﹣V1) :V1=1:1, ∴ 平面 BDC1 分此棱柱两部分体积的比为 1:1. 点评:-本题考查平面与平面垂直的判定,着重考查线面垂直的判定定理的应用与棱柱、棱锥的体积,考查分析,表 达与运算能力,属于中档题. 3. (2011?福建)如图,四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥ 底面 ABCD,四边形 ABCD 中,AB⊥ AD,AB+AD=4,CD= , ∠ CDA=45°. (I)求证:平面 PAB⊥ 平面 PAD; (II)设 AB=AP. (i)若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°,求线段 AB 的长; (ii)在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等?说明理由.

考点:-平面与平面垂直的判定;点、线、面间的距离计算. 专题:-压轴题;转化思想;空间位置关系与距离. 分析:-(I)根据线面垂直的定义可得 PA⊥ AB,再结合 DA⊥ AB 得到 AB⊥ 平面 PAD,最后根据平面与平面垂直的判 定定理可得平面 PAB 与平面 PAD 垂直; (II) (i)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系,根据已知数据设出 B、P、E、C、D 的坐标,用法向量的方法 结合数量积计算公式,可得线段 AB 的长; (ii)先假设存在点 G 满足条件,再通过计算 GB 之长,与 GD 长加以比较,得出 GB>GD,与已知条件 GB=GD=1 矛盾,故不存在满足条件的点 G. 解答:-解: (I)证明:∵PA⊥平面 ABCD,AB?平面 ABCD∴PA⊥AB 又∵AB⊥AD,PA∩AD=A∴AB⊥平面 PAD 又∵AB?平面 PAB,∴平面 PAB⊥平面 PAD (II) (i)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A﹣xyz(如图) 在平面 ABCD 内,作 CE∥ AB 交于点 E, 则 CE⊥ AD
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在 Rt△ CDE 中,DE=CD?cos45°=1, CE=CD?sin45°=1 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0) ,P(0,0,t) 由 AB+AD=4,得 AD=4﹣t, 所以 E(0,3﹣t,0) ,C(1,3﹣t,0) ,D(0,4﹣t,0) ,

设平面 PCD 的法向量为 =(x,y,z) ,由



,得

取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量为 又 ,故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°得

cos(90°﹣30°)= =



解得

或 t=4(舍去,因为 AD=4﹣t>0)

所以 AB=

(ii)假设在线段 AD 上存在一个点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等 由 GC=GD,得∠ GCD=∠ GDC=45° 从而∠ CGD=90°,即 CG⊥ AD 所以 GD=CD?cos45°=1 设 AB=λ,则 AD=4﹣λ,AG=AD﹣GD=3﹣λ 在 Rt△ ABG 中, GB= 这 GB=GD 与矛盾. 所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到 B、C、D 的距离都相等. 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等. 点评:-本小题主要考查空间中的线面关系,考查面面垂直的判定及线面角的计算,考查空间想象能力、推理论证能 力和运算能力,考查转化思想,属于中档题. 4. (2009?江西)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥ 平面 ABCD,PA=AD=4,AB=2,以 BD 的中点 O 为球心、BD 为直径的球面交 PD 于点 M, (1)求证:平面 ABM⊥ 平面 PCD; (2)求直线 PC 与平面 ABM 所成的角; (3)求点 O 到平面 ABM 的距离.

考点:-平面与平面垂直的判定;三垂线定理;直线与平面所成的角;点、线、面间的距离计算. 专题:-计算题;证明题;综合题;转化思想. 分析:-法一: (1)要证平面 ABM⊥ 平面 PCD,只需证明平面 PCD 内的直线 PD,垂直平面 PAD 内的两条相交直线 BM、AB 即可; ( 2)平面 ABM 与 PC 交于点 N,说明∠ PNM 就是 PC 与平面 ABM 所成的角,然后解三角形,求直线 PC 与平面 ABM 所成的角; (3) O 点到平面 ABM 的距离等于 D 点到平面 ABM 距离的一半, 说明|DM|就是 D 点到平面 ABM 距离, 求解即可. 法二:建立空间直角坐标系,
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( 2)求出平面 ABM 的一个法向量,求出

,然后求出

即可.

(3)利用向量的射影公式直接求

即可

解答:-解:方法(一) : (1)证:依题设,M 在以 BD 为直径的球面上,则 BM⊥ PD 因为 PA⊥ 平面 ABCD,则 PA⊥ AB,又 AB⊥ AD, 所以 AB⊥ 平面 PAD,则 AB⊥ PD, 因此有 PD⊥ 平面 ABM,所以平面 ABM⊥ 平面 PCD (2)设平面 ABM 与 PC 交于点 N,因为 AB∥ CD,所以 AB∥ 平面 PCD,则 AB∥ MN∥ CD, 由(1)知,PD⊥ 平面 ABM,则 MN 是 PN 在平面 ABM 上的射影, 所以∠ PNM 就是 PC 与平面 ABM 所成的角, 且∠ PNM=∠ PCD ,所求角为

(3)因为 O 是 BD 的中点, 则 O 点到平面 ABM 的距离等于 D 点到平面 ABM 距离的一半, 由(1)知,PD⊥ 平面 ABM 于 M,则|DM|就是 D 点到平面 ABM 距离 因为在 Rt△ PAD 中,PA=AD=4,PD⊥ AM, 所以 M 为 PD 中点, , 则 O 点到平面 ABM 的距离等于 . 方法二: (1)同方法一; (2)如图所示,建立空间直角坐标系, 则 A(0,0,0) ,P(0,0,4) ,B(2,0,0) ,C(2,4,0) ,D(0,4,0) ,M(0,2,2) , 设平面 ABM 的一个法向量 由 可得: , ,令 z=﹣1,则 y=1,即

设所求角为 α,则

,所求角的大小为



(3)设所求距离为 h,由

,得:

点评:-本题考查直线与平面所成的角,平面与平面垂直的判定,三垂线定理,考查空间想象能力,逻辑思维能力, 计算能力,是中档题. 5. (2009?湖南)如图,在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AB=4,AA1= ,点 D 是 BC 的中点,点 E 在 AC 上,且 DE⊥ A1E. (1)证明:平面 A1DE⊥ 平面 ACC1A1; (2)求直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值.

考点:-平面与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 专题:-计算题;证明题. 分析: ( - 1) 先由正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的性质知 AA1⊥ 平面 ABC, ?DE⊥ AA1. 再由 DE⊥ A1E?DE⊥ 平面 ACC1A1. 即 可得出结论; (2)设 O 是 AC 的中点.先建立一个以 O 为原点建立空间直角坐标系,得到相关各点的坐标.再利用线面角的求 法在空间直角坐标系内找到直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值即可. 解答:-解: (1)证明:如图所示,由正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的性质知 AA1⊥平面 ABC. 又 DE?平面 ABC,所以 DE⊥ AA1. 而 DE⊥ A1E.AA1∩ A1E=A1,所以 DE⊥ 平面 ACC1A1. 又 DE?平面 A1DE,故平面 A1DE⊥平面 ACC1A1. (2)如图所求,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是
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A(2,0,0) ,A1(2,0, 易知 =(﹣3, ,﹣

) ,D(﹣1, ) , =(0,﹣

,0) ,E(﹣1,0,0) . , 0) , =(﹣3, ,0) .

设 n=(x,y,z)是平面 A1DE 的一个法向量,

解得 x=﹣ 故可取 n=(

z,y=0. ,0,﹣3) .于是 cos< n,A>═ =﹣ . .

由此即知,直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值为

点评:-本题考查平面和平面垂直的判定和性质.在证明面面垂直时,其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直 线和另一平面内的某一条直线垂直 6. (2007?陕西)如图,在底面为直角梯形的四棱锥 P﹣ABCD 中,AD∥ BC,∠ ABC=90°,PA⊥ 平面 ABCD,PA=4, AD=2,AB=2 ,BC=6. (Ⅰ )求证:BD⊥ 平面 PAC; (Ⅱ )求二面角 A﹣PC﹣D 的大小.

考点:-平面与平面垂直的判定;与二面角有关的立体几何综合题. 专题:-计算题;证明题. 分析:-(Ⅰ )要证 BD⊥ 平面 PAC,只需证明 BD 垂直平面 PAC 内的两条相交直线 PA,AC 即可. (Ⅱ )过 E 作 EF⊥ PC,垂足为 F,连接 DF,说明∠ EFD 为二面角 A﹣PC﹣D 的平面角,推出 Rt△ EFC∽ Rt△ PAC,通过 解 Rt△ EFD,求二面角 A﹣PC﹣D 的大小. 解答:-证明: (Ⅰ )∵ PA⊥ 平面 ABCD,BD?平面 ABCD.∴ BD⊥ PA.
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.∴ ∠ ABD=30°,∠ BAC=60°,∴ ∠ AEB=90°,即 BD⊥ AC.

又 PA∩ AC=A.∴ BD⊥ 平面 PAC (Ⅱ )过 E 作 EF⊥ PC,垂足为 F,连接 DF. ∵ DE⊥ 平面 PAC,EF 是 DF 在平面 PAC 上的射影,由三垂线定理知 PC⊥ DF,∴ ∠ EFD 为二面角 A﹣PC﹣D 的平面角. 又∠ DAC=90°﹣∠ BAC=30°, ∴ DE=ADsinDAC=1, , 又 ,∴ ,PC=8. 由 Rt△ EFC∽ Rt△ PAC 得 在 Rt△ EFD 中, ∴ 二面角 A﹣PC﹣D 的大小为 ,∴ . . .

点评:-本题考查平面与平面垂直的判定,二面角及其度量,考查逻辑思维能力,空间想象能力,计算能力,是中档 题.

7. (2013?徐州三模)如图,AB,CD 均为圆 O 的直径,CE⊥ 圆 O 所在的平面,BF∥ CE.求证: (1)平面 BCEF⊥ 平面 ACE; (2)直线 DF∥ 平面 ACE.

考点:-平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定. 专题:-证明题;空间位置关系与距离. 分析:-(1)通过证明平面 ACE 内的直线 CE 与 AC 都垂直 BC,利用平面与平面垂直的判定定理证明平面 BCEF⊥ 平面 ACE; (2)通过平面 BDF∥ 平面 ACE,利用 DF?平面 BDF,即可证明 DF∥ 平面 ACE. 解答:-证明: (1)因为 CE⊥圆 O 所在的平面,BC?圆 O 所在的平面,所以 CE⊥BC,…(2 分) 因为 AB 为圆 O 的直径,点 C 在圆 O 上,所以 AC⊥BC,…(3 分) 因为 AC∩CE=C,AC,CE?平面 ACE,所以 BC⊥平面 ACE,…(5 分) 因为 BC?平面 BCEF,所以平面 BCEF⊥平面 ACE.…(7 分) (2)由(1)AC⊥BC,又因为 CD 为圆 O 的直径, 所以 BD⊥BC, 因为 AC,BC,BD 在同一平面内,所以 AC∥BD,…(9 分) 因为 BD?平面 ACE,AC?平面 ACE,所以 BD∥平面 ACE.…(11 分) 因为 BF∥CE,同理可证 BF∥平面 ACE, 因为 BD∩BF=B,BD,BF?平面 BDF, 所以平面 BDF∥平面 ACE, 因为 DF?平面 BDF,所以 DF∥平面 ACE.…(14 分) 点评:-本题考查平面与平面垂直的判定定理,直线与平面平行的判定定理的应用,考查空间想象能力以及逻辑推理 能力.
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8. (2013?青岛一模)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,N 是 PB 中点,过 A、N、D 三点 的平面交 PC 于 M. (Ⅰ )求证:PD∥ 平面 ANC; (Ⅱ )求证:M 是 PC 中点; (Ⅲ )若 PD⊥ 底面 ABCD,PA=AB,BC⊥ BD,证明:平面 PBC⊥ 平面 ADMN.

考点:-平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定. 专题:-空间位置关系与距离. 分析:-(I)利用线面平行的判定定理,由线线平行证线面平行即可; (II)先证线面平行,再利用线面平行的性质证线线平行,根据平面几何知识可证 M 为 PC 的中点;
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(III)先证 AD 与平面 PBD 的垂直性,再通过证明 PB 垂直于平面 ADMN 中的两条相交直线证线面垂直,由线面 垂直证面面垂直即可. 解答:-证明: (Ⅰ)连结 BD,AC,设 AC∩BD=O,连结 NO, ∵ABCD 是平行四边形 ∴O 是 BD 的中点,在△PBD 中,N 是 PB 的中点, ∴PD∥NO, 又 NO?平面 ANC,PD?平面 ANC, ∴PD∥平面 ANC. (Ⅱ)∵底面 ABCD 为平行四边形, ∴AD∥BC ∵BC?平面 ADMN,AD?平面 ADMN, ∴BC∥平面 ADMN. ∵平面 PBC∩平面 ADMN=MN, ∴BC∥MN,又 N 是 PB 的中点 ∴M 是 PC 的中点. (Ⅲ)∵PA=AB,N 是 PB 的中点, ∴PB⊥AN, ∵BC⊥BD,AD∥BC, ∴AD⊥BD, ∴PD⊥平面 ABCD,AD?底面 ABCD, ∴PD⊥AD,又 PD∩BD=D, ∴AD⊥平面 PBD, ∴PB⊥AD ∵AD∩AN=A ∴PB⊥平面 ADMN,PB?平面 PBC ∴平面 PBC⊥平面 ADMN

点评:-本题考查线面平行的判定及面面垂直的判定. 9. (2013?东城区一模)如图,已知 AD⊥ 平面 ABC,CE⊥ 平面 ABC,F 为 BC 的中点,若 (Ⅰ )求证:AF∥ 平面 BDE; (Ⅱ )求证:平面 BDE⊥ 平面 BCE. .

考点:-平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定. 专题:-空间位置关系与距离.

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分析:-(I)取 BE 的中点 G,连接 GF,GD.利用三角形的中位线定理即可得到 GF∥ EC,

.由 AD⊥ 平面

ABC,CE⊥ 平面 ABC,利用线面垂直的性质定理即可得到 AD∥ EC,进而即可判断四边形 AFGD 为平行四边形,得 到 AF∥ DG,再利用线面平行的判定定理即可证明; (II)利用等腰三角形的性质即可得到 AF⊥ BC,再利用线面垂直的性质得到 GF⊥ AF,利用线面垂直的判定定理即 可证明 AF⊥ 平面 BEC,而 DG∥ AF,得到 DG⊥ 平面 BEC,利用面面垂直的定理即可证明结论. 解答:-证明: (Ⅰ)取 BE 的中点 G,连接 GF,GD. ∵F 是 BC 的中点,则 GF 为△BCE 的中位线.∴GF∥EC, ∵AD⊥平面 ABC,CE⊥平面 ABC,∴GF∥EC∥AD. 又∵ ,∴GF=AD.∴四边形 GFAD 为平行四边形.∴AF∥DG. .

∵DG?平面 BDE,AF?平面 BDE,∴AF∥平面 BDE. (Ⅱ)∵AB=AC,F 为 BC 的中点,∴AF⊥BC.

∵EC∥GF,EC⊥平面 ABC,∴GF⊥平面 ABC. 又 AF?平面 ABC,∴GF⊥AF. ∵GF∩BC=F,∴AF⊥平面 BCE. ∵AF∥DG,∴DG⊥平面 BCE. 又 DG?平面 BDE,∴平面 BDE⊥平面 BCE.

点评:-熟练掌握三角形的中位线定理、线面垂直的判定定理和性质定理、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和 性质、面面垂直的判定定理是解题的关键. 10. (2012?唐山二模)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,PC⊥ 底面 ABCD,ABCD 是直角梯形,AB⊥ AD,AB∥ CD, AB=2AD=2CD=2.E 是 PB 的中点. (I)求证:平面 EAC⊥ 平面 PBC; ( II)若 PC= ,求三棱锥 C﹣ABE 高的大小.

考点:-平面与平面垂直的判定;点、线、面间的距离计算. 专题:-计算题;证明题. 2 2 2 分析:-(Ⅰ )由题意可得 AC⊥ PC,由 AC +BC =AB ,可求得 AC⊥ BC,从而有 AC⊥ 平面 PBC,利用面面垂直的判 定定理即可证得平面 EAC⊥ 平面 PBC; (Ⅱ )由 PC= ,知△ PBC 为等腰直角三角形,又 AC 为三棱锥 A﹣BCE 高,设三棱锥 C﹣ABE 的高为 h,由 S△ABE?h=S△BCE?AC 即可求得 h. 解答:-解: (Ⅰ)∵PC⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD, ∴AC⊥PC, ∵AB=2,AD=CD=1,∴AC=BC= , 2 2 2 ∴AC +BC =AB , ∴AC⊥BC, 又 BC∩PC=C, ∴AC⊥平面 PBC, ∵AC?平面 EAC, ∴平面 EAC⊥平面 PBC.………(5 分)
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(Ⅱ)由 PC=

,知△PBC 为等腰直角三角形,则 S△BCE= S△PBC=

由(Ⅰ)知,AC 为三棱锥 A﹣BCE 高.………(7 分) ∵Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB,PA=PB=AB=2, ∴ S△ABE= S△PAB= h= × × , ,

设三棱锥 C﹣ABE 的高为 h,则 S△ABE?h= S△BCE?AC,即 × ∴ h= , ∴ 三棱锥 C﹣ABE 的高等于 …………(12 分)

点评:-本题考查平面与平面垂直的判定,考查点、线、面间的距离计算,突出几何体体积轮换公式的考查与应用, 属于中档题. 11. (2012?宿州三模)如图,AB⊥ 平面 ACD,DE⊥ 平面 ACD,AD=AC=AB= DE,∠ DAC=90°,F 是 CD 的中点. (Ⅰ )求证:AF∥ 平面 BCE; (Ⅱ )求证:平面 BCE⊥ 平面 CDE.

考点:-平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定. 专题:-计算题.

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分析: (Ⅰ ) 取 CE 的中点 M, 连接 MF, MB, 在△ CDE 中, MF∥ DE, MF= 以 AB∥ DE,且 AB= ,由此能够证明 AF∥ 平面 BCE.

, 又因为 AB⊥ 面 ACD, DE⊥ 面 ACD. 所

(Ⅱ )AC=AD,F 是 CD 中点,所以 AF⊥ CD,又 DE⊥ 面 ACD,所以 DE⊥ AF,CD∩ DE=D,AF⊥ 平面 CDE,由此能 够证明平面 BCE⊥ 平面 CDE. 解答:-解: (Ⅰ)取 CE 的中点 M,连接 MF,MB, 在△CDE 中,MF∥DE,MF= , ,

又因为 AB⊥面 ACD,DE⊥面 ACD.所以 AB∥DE,且 AB=

∴MF∥AB,且 MF=AB,∴四边形 ABMF 是平行四边形, AF∥BM,AF?面 BCE,所以 BM?面 BCE,故 AF∥平面 BCE.…(6 分) (Ⅱ)AC=AD,F 是 CD 中点,所以 AF⊥CD, 又 DE⊥面 ACD,所以 DE⊥AF,CD∩DE=D, AF⊥平面 CDE, 由(Ⅰ)知 AF∥BM,BM⊥平面 CDE, BM?面 BCE, 故平面 BCE⊥平面 CDE.…(12 分)

点评:-本题考查直线与平面平行的证明,考查平面与平面垂直的证明.解题时要认真审题,仔细解答,注意合理地 化空间问题为平面问题. 12. (2012?青岛二模) 如图, 在多面体 ABC﹣A1B1C1 中, 四边形 ABB1A1 是正方形, AC=AB=1, A1C=A1B, B1C1∥ BC, BC. (Ⅰ )求证:面 A1AC⊥ 面 ABC; (Ⅱ )求证:AB1∥ 面 A1C1C.

考点:-平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定. 专题:-综合题;空间位置关系与距离. 分析:-(Ⅰ )利用线面垂直,证明面面垂直,先证明 A1A⊥ 面 ABC,再证明面 A1AC⊥ 面 ABC; (Ⅱ )取 BC 的中点 E,证明四边形 CEB1C1 为平行四边形,可得 B1E∥ C1C,从而可得 B1E∥ 面 A1C1C,再证明 AE∥ 面 A1C1C,利用面面平行的判定,可得面 B1AE∥ 面 A1C1C,从而可得 AB1∥ 面 A1C1C.
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解答:-证明: (Ⅰ)∵四边形 ABB1A1 为正方形,∴ A1A=AB=AC=1,A1A⊥ AB∴ ∵A1C=A1B,∴ ,∴ ∴A1A⊥AC…(4 分)

…(2 分)

∵AB∩AC=A, ∴ A1A⊥ 面 ABC 又∵A1A ?面 A1AC, ∴面 A1A C⊥面 ABC…(6 分) (Ⅱ)取 BC 的中点 E,连接 AE,C1E,B1E ∵ B1C1∥ BC,B1C1= , ∴ B1C1∥ EC,B1C1=EC

∴ 四边形 CEB1C1 为平行四边形, ∴ B1E∥ C1C ∵C1C ?面 A1 C1C,B1E?面 A1 C1C, ∴B1E∥面 A1 C1C…(8 分) ∵ B1C1∥ BC,B1C1= , ∴ B1C1∥ BE,B1C1=BE

∴ 四边形 BB1C1E 为平行四边形, ∴ B1B∥ C1E,且 B1B=C1E 又∵ ABB1A1 是正方形, ∴ A1A∥ C1E,且 A1A=C1E ∴ AEC1A1 为平行四边形, ∴ AE∥ A1C1, ∵A1 C1?面 A1 C1C,AE?面 A1 C1C, ∴AE∥面 A1 C1C…(10 分) ∵ AE∩ B1E=E, ∴ 面 B1AE∥ 面 A1C1C ∵A B1?面 B1AE, ∴A B1∥面 A1 C1C…(12 分)

点评:-本题考查面面垂直,考查线面平行,解题的关键是掌握面面垂直的判定方法,正确运用面面平行判断线面平 行,属于中档题. 13. (2012?宝鸡模拟)在如图所示的几何体中,四边形 ACC1A1 是矩形,FC1∥ BC,EF∥ A1C1,∠ BCC1=90°,点 A、 B、E、A1 在一个平面内,AB=BC=CC1=2, . (1)证明:A1E∥ AB; (2)证明:平面 CC1FB⊥ 平面 AA1EB.

考点:-平面与平面垂直的判定;平面与平面平行的性质. 专题:-证明题. 分析:-(1)由四边形 ACC1A1 是矩形,知 A1C1∥AC,AC?平面 ABC,故 A1C1∥平面 ABC.由 FC1∥BC,BC ?平面 ABC,知 FC1∥平面 ABC,故平面 A1EFC1∥平面 ABC,由此能够证明 A1E∥AB. (2)由四边形 ACC1A1 是矩形,知 AA1∥ CC1,由∠ BCC1=90°,知 AA1⊥ BC,由 AB=BC=2,AC=2 ,知 BC⊥ AB, 由此能够证明平面 CC1FB⊥ 平面 AA1EB. 解答:-证明: (1)∵四边形 ACC1A1 是矩形, ∴A1C1∥AC,AC?平面 ABC,∴A1C1∥平面 ABC. ∵F C1∥BC,BC?平面 ABC,∴F C1∥平面 ABC, ∵A1C1,F C1?平面 A1EF C1, ∴平面 A1EF C1∥平面 ABC, ∵平面 ABEA 与平面 A1EFC1、平面 ABC 的交线分别是 A1E、AB, ∴A1E∥AB. (2)∵四边形 AC C1 A1 是矩形,∴A A1∥CC1, ∵∠BC C1=90°,即 C C1⊥BC, ∴A A1⊥BC, ∵AB=BC=2,AC=2 , 2 2 2 ∴ AB +BC =AC ,∴ ∠ ABC=90°, 即 BC⊥AB, ∵AB,A A1?平面 A A1EB,BC⊥平面 A A1EB,而 BC?平面 C C1FB, ∴平面 C C1FB⊥平面 AA1EB.
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点评:-本题考查异面直线平行的证明和平面与平面垂直的证明,解题时要认真审题,注意挖掘题设的隐含条件,合 理地化空间几何问题为平面解析几何问题,注意培养空间想象力. 14. (2012?安徽模拟)如图,已知矩形 ABCD 中,从顶点 D 引平面 ABCD 的斜线 DA1 (1)求证:AD∥ 平面 A1BC. (2)若 A1 在平面 BCD 上的射影 O 恰好在 CD 上,求证:平面 A1BC⊥ 平面 A1CD.

考点:-平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定. 专题:-证明题;空间位置关系与距离. 分析:-(1)利用线面平行的判定,根据 AD∥ BC,可得结论;
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(2)证明平面 A1BC⊥ 平面 A1CD,只需证明 BC⊥ 平面 A1CD. 解答:-证明: (1)∵ABCD 是矩形∴AD∥BC, 又∵BC?平面 A1BC,AD?平面 A1BC ∴AD∥平面 A1BC; (2)∵A1 在平面 BCD 上的射影 O 恰好在 CD 上,∴A1O⊥平面 BCD ∵BC?平面 BCD, ∴A1O⊥BC ∵BC⊥CD,CD∩A1O=O ∴BC⊥平面 A1CD ∵BC?平面 A1BC ∴平面 A1BC⊥平面 A1CD. 点评:-本题考查线面平行,考查面面垂直,掌握线面平行,线面垂直、面面垂直的判定方法是关键. 15.如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,底面△ ABC 为等腰直角三角形,∠ B=90°,D 为棱 BB1 上一点,且平面 DA1C⊥ 平面 AA1C1C. (1)求证:D 点为棱 BB1 的中点; (2)若二面角 A﹣A1D﹣C 的平面角为 60°,求 的值.

考点:-平面与平面垂直的性质;与二面角有关的立体几何综合题. 专题:-计算题;证明题. 分析:-(1)利用同一性证明,先作出 AC 中点 F,DE⊥ A1C 于 E 点,再证明出 EF=BD,EF 平行且等于 AA1,从
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而得出 BD= BB1 即可.

(2)方法一作出相应的辅助线,作出二面角的平面角,利用角为 60 度建立方程,求出比值. 方法二建立空间坐标系,将两线段的长度转化为坐标,求出两个平面的法向量,利用夹角公式建立方程求出两线段 长度之间的比值. 解答:-证明: (1)过点 D 作 DE⊥ A1C 于 E 点,取 AC 的中点 F,连 BF,EF. ∵ 面 DA1C⊥ 面 AA1C1C 且相交于 A1C,面 DA1C 内的直线 DE⊥ A1C,∴ DE⊥ 面 AA1C1C. (3 分) 又∵ 面 BAC⊥ 面 AA1C1C 且相交于 AC,且△ ABC 为等腰三角形,易知 BF⊥ AC, ∴ BF⊥ 面 AA1C1C.由此知: DE∥ BF,从而有 D,E,F,B 共面, 又易知 BB1∥ 面 AA1C1C,故有 DB∥ EF,从而有 EF∥ AA1, 又点 F 是 AC 的中点,所以 ,所以 D 点为棱 BB1 的中点. (6 分)

(2) (法一)∵ 面 AA1B1B⊥ 面 ABC,面 ABC∩ 面 AA1B1B=AB,BC⊥ AB, ∴ BC⊥ 面 AA1DB,延长 A1D 交 AB 的延长线于点 M,过 B 作 BH⊥ A1D 交 A1D 于点 H,连接 CH,则 CH⊥ A1D, ∴ ∠ CHB 为二面角 A﹣A1D﹣C 的平面角,且∠ CHB=60°, (9 分) 设 A1A=2b,AB=BC=a,由① 易知 BD=b,BM=a, 则 ,











(12 分)

(法二)建立如图所示直角坐标系, 设 AA1=2b,AB=BC=a, 则 D(0,0,b) ,A1(a,0,2b) ,C(0,a,0) , 所以 , (8 分)

设面 DA1C 的法向量为

,则

可取

又可取平面 AA1DB 的法向量 = = (10 分)



据题意有:

,解得:

所以

(12 分)

点评:-考查几何证明与二面角的性质,通过第二小题的对比可以看到,用向量法解决此类问题比几何法方便快捷, 思维难度大大降低. 16.三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,面 BB1C1C⊥ 面 ABC,AB=AC,D 是 BC 的中点,M 为 AA1 上一动点. (1)求证:AD⊥ CC1; (2)若 AM=MA1,求证:AD∥ 平面 MBC1; (3)若面 MBC1⊥ 面 BB1C1C,求证:AM=MA1.

考点:-平面与平面垂直的性质;直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的性质. 专题:-计算题;证明题.

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分析:-(1)等腰△ ABC 中,中线 AD⊥ BC,结合线面垂直的性质定理,可得 AD⊥ 面 B1BCC1,从而 AD⊥ CC1; (2)取 BC 的中点 E,连接 DE、ME.利用三角形中位线定理,结合平行四边形的性质,证出四边形 ADEM 是平 行四边形,从而 AD∥ EM,可得 AD∥ 平面 MBC1; (3) 过点 M 作 ME⊥ BC1, 垂足为 E, 连接 EM. 由线面垂直的性质定理, 可得 ME⊥ 面 BB1C1C, 结合 AD⊥ 面 B1BCC1, 得 ME∥ AD.再根据线面平行的性质定理,证出 DE∥ AM,从而四边形 ADEM 是平行四边形.由此可得 AM=DE= CC1= AA1,故 AM=MA1. 解答:-解: (1)∵ AB=AC,D 为 BC 中点,∴ AD⊥ BC 又∵ 面 B1BCC1⊥ 面 ABC,面 B1BCC1∩ 面 ABC=BC ∴ AD⊥ 面 B1BCC1, 又∵CC1?面 B1BCC1,∴AD⊥CC1; (2)取 BC 的中点 E,连接 DE、ME ∵△CC1B 中,DE 是中位线 ∴ DE∥ CC1,且 DE= CC1, 又∵平行四边形 AA1C1C 中,M 是 A A1 中点 ∴ AM∥ CC1,且 AM= CC1, ∴DE∥AM 且 DE=AM,可得四边形 ADEM 是平行四边形 ∴AD∥EM,

∵AD?平面 MBC1 且 EM?平面 MBC1 ∴AD∥平面 MBC1; (3)过点 M 作 ME⊥BC1,垂足为 E,连接 EM ∵面 MBC1⊥面 B B1C1C,面 MBC1∩面 B B1C1C=BC1,ME⊥BC1,∴ME⊥面 B B1C1C, ∵AB=AC,D 为 BC 中点,∴AD⊥BC 又∵面 B1BCC1⊥面 ABC,面 B1BCC1∩面 ABC=BC ∴AD⊥面 B1BCC1,可得 ME∥AD 设 AD、EM 确定的平面为α , ∵AM∥面 BB1C1C,AM?α,α ∩面 BB1C1C=DE,∴DE∥AM ∴ 四边形 ADEM 是平行四边形,可得 AM=DE ∵ △ BCC1 中,DE∥ CC1 且 D 为 BC 的中点,∴ DE= CC1, 因此,可得 AM= CC1= AA1,故 AM=MA1.

点评:-本题给出特殊三棱锥,求证线面平行和线面垂直.着重考查了线面平行的判定与性质,线面垂直、面面垂直 的性质与判定等知识,属于中档题. 17. (2012?湖南)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥ 平面 ABCD,底面 ABCD 是等腰梯形,AD∥ BC,AC⊥ BD. (Ⅰ )证明:BD⊥ PC; (Ⅱ )若 AD=4,BC=2,直线 PD 与平面 PAC 所成的角为 30°,求四棱锥 P﹣ABCD 的体积.

考点:-直线与平面垂直的性质;直线与平面所成的角. 专题:-计算题;证明题. 分析:-(1)由 PA⊥ 平面 ABCD,AC⊥ BD 可证得 BD⊥ 平面 PAC,从而证得 BD⊥ PC; (2)设 AC∩ BD=O,连接 PO,由 BD⊥ 平面 PAC 可得∠ DPO 是直线 PD 和平面 PAC 所成的角,于是∠ DPO=30°,从
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而有 PD=2OD,于是可证得△ AOD,△ BOC 均为等腰直角三角形,从而可求得梯形 ABCD 的高,继而可求 SABCD, VP﹣ABCD. 解答:-解: (Ⅰ)∵PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, ∴PA⊥BD; 又 AC⊥BD,PA,AC 是平面 PAC 内的两条相交直线, ∴BD⊥平面 PAC,而 PC?平面 PAC,∴BD⊥PC; (Ⅱ )设 AC∩ BD=O,连接 PO,由(Ⅰ )知 BD⊥ 平面 PAC, ∴ ∠ DPO 是直线 PD 和平面 PAC 所成的角, ∴ ∠ DPO=30°, 由 BD⊥平面 PAC,PO?平面 PAC 知,BD⊥PO.在 Rt△POD 中,由∠DPO=30°得 PD=2OD. ∵ 四边形 ABCD 是等腰梯形,AC⊥ BD, ∴ △ AOD,△ BOC 均为等腰直角三角形,从而梯形 ABCD 的高为 AD+ BC= ×(4+2)=3, 于是 SABCD= ×(4+2)×3=9. 在等腰三角形 AOD 中,OD= ∴ PD=2OD=4 ,PA= AD=2 ,

=4, ∴ VP﹣ABCD= SABCD×PA= ×9×4=12.

点评:-本题考查直线与平面垂直判定定理与性质性质定理,考查直线与平面所成的角的应用与锥体体积,突出对分 析、推理与计算能力的考查与应用,属于中档题. 18.如图,四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形.∠ DAB=60°,AB=2AD,PD⊥ 底面 ABCD. (I)证明:PA⊥ BD (Ⅱ )设 PD=AD=1,求棱锥 D﹣PBC 的高.

考点:-直线与平面垂直的性质;棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题:-计算题;证明题;综合题. 分析: ( - Ⅰ ) 因为∠ DAB=60°, AB=2AD, 由余弦定理得 BD= , 利用勾股定理证明 BD⊥ AD, 根据 PD⊥ 底面 ABCD, 易证 BD⊥ PD,根据线面垂直的判定定理和性质定理,可证 PA⊥ BD; (II)要求棱锥 D﹣PBC 的高.只需证 BC⊥ 平面 PBD,然后得平面 PBC⊥ 平面 PBD,作 DE⊥ PB 于 E,则 DE⊥ 平面 PBC,利用勾股定理可求得 DE 的长. 解答:-解: (Ⅰ )证明:因为∠ DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得 BD= , 2 2 2 从而 BD +AD =AB ,故 BD⊥ AD 又 PD⊥ 底面 ABCD,可得 BD⊥ PD 所以 BD⊥ 平面 PAD.故 PA⊥ BD. (II)解:作 DE⊥ PB 于 E,已知 PD⊥ 底面 ABCD, 则 PD⊥ BC,由(I)知,BD⊥ AD,又 BC∥ AD, ∴ BC⊥ BD. 故 BC⊥ 平面 PBD,BC⊥ DE, 则 DE⊥ 平面 PBC. 由题设知 PD=1,则 BD= ,PB=2.
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根据 DE?PB=PD?BD,得 DE= 即棱锥 D﹣PBC 的高为 .



点评:-此题是个中档题.考查线面垂直的性质定理和判定定理,以及点到面的距离,查了同学们观察、推理以及创 造性地分析问题、解决问题能力. 19. (2013?南开区二模)如图所示,正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直,AB=2AD=2,点 E 为 AB 的中点. (1)求证:BD1∥ 平面 A1DE (2)求证:D1E⊥ A1D; (3)求点 B 到平面 A1DE 的距离.

考点:-直线与平面垂直的性质;直线与平面平行的判定;点、线、面间的距离计算. 专题:-空间位置关系与距离. 分析:-(1)由题意,设 O 为 AD1 的中点,则由三角形的中位线性质可得 OE∥ BD1,再利用直线和平面平行的判定 定理证明 BD1∥ 平面 A1DE. (2) 由于 D1A 是 D1E 在平面 AA1D1D 内的射影, 由正方形的性质可得 D1A⊥ A1D, 再利用三垂线定理可得 D1E⊥ A1D.
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(3)由题意可得 A、B 两点到平面 A1DE 的距离相等,设为 h,根据 的值.

=

,利用等体积法求得 h

解答:-(1)证明:∵ 正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直,AB=2AD=2,点 E 为 AB 的中点,设 O 为 AD1 的中点, 则由三角形的中位线性质可得 OE∥ BD1.由于 OE?平面 A1DE,BD1 不在平面 A1DE 内,故 BD1∥平面 A1DE. (2)证明:由题意可得 D1A 是 D1E 在平面 AA1D1D 内的射影,由正方形的性质可得 D1A⊥ A1D, 由三垂线定理可得 D1E⊥ A1D. (3)设点 B 到平面 A1DE 的距离为 h,由于线段 AB 和平面 A1DE 交于点 E,且 E 为 AB 的中点, 故 A、B 两点到平面 A1DE 的距离相等,即求点 A 到平面 A1DE 的距离 h. 由于 ∵ ∴ = = = , ,即 = ,解得 h= . = , = = ,

点评:-本题主要考查直线和平面平行的判定定理、三垂线定理的应用,用等体积法求点到平面的距离,体现了转化 的数学思想,属于中档题. 20. (2013?眉山二模) 如图所示, 正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直, AD⊥ CD, AB∥ CD, CD=2AB=2AD. (Ⅰ )求证:BC⊥ BE; (Ⅱ )在 EC 上找一点 M,使得 BM∥ 平面 ADEF,请确定 M 点的位置,并给出证明.

考点:-直线与平面垂直的性质;直线与平面平行的判定. 专题:-计算题;证明题. 分析:-(I)由已知梯形中 AD⊥ CD,AB∥ CD,CD=2AB=2AD,易证 BD⊥ CB,要证明 BC⊥ BE,可转化为证 BC⊥ 平 面 BDE,由已知可得 DE⊥ 平面 ABCD 从而可得 DE⊥ BC,由线面垂直的判定定理可得 (II)由已知 CD=2AB=2AD.考虑取 CD 的中点 N,BN∥ AD,从而有 BN∥ 平面 ADEF,当 M 为 EC 的中点时,有 MN∥ DE,则 MN∥ 平面 ADEF 解答:-证明: (Ⅰ )因为正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直,DE⊥ AD 所以 DE⊥ 平面 ABCD∴ DE⊥ BC(1 分)
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因为 AB=AD,所以 取 CD 中点 N,连接 BN 则由题意知:四边形 ABND 为正方形 所以



,BD=BC

则△ BDC 为等腰直角三角形,则 BD⊥ BC(5 分) 则 BC⊥ 平面 BDE,则 BC⊥ BE(7 分) (Ⅱ )取 EC 中点 M,则有 BM∥ 平面 ADEF(8 分) 证明如下:连接 MN,由(Ⅰ )知 BN∥ AD,所以 BN∥ 平面 ADEF 又因为 M、N 分别为 CE、CD 的中点,所以 MN∥ DE 则 MN∥ 平面 ADEF(10 分) ,则平面 BMN∥ 平面 ADEF,所以 BM∥ 平面 ADEF(12 分)

点评:-本题主要考查了直线平面垂直的判定,直线与平面垂直的性质定理,及“线线垂直、线面垂直、面面垂直的 相互转化,还考查了线面平行的判定. 21. (2013?和平区一模)如图,在直三棱柱 ABC﹣A1BlC1 中,AC=BC= ,∠ ACB=90°.AA1=2,D 为 AB 的中点. (Ⅰ )求证:AC⊥ BC1; (Ⅱ )求证:AC1∥ 平面 B1CD: (Ⅲ )求异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值.

考点:-直线与平面垂直的性质;异面直线及其所成的角;直线与平面平行的判定. 专题:-空间位置关系与距离;空间角. 分析:-(I)先证线面垂直,再由线面垂直证明线线垂直即可; (II)作平行线,由线线平行证明线面平行即可; (III)先证明∠ CED 为异面直线所成的角,再在三角形中利用余弦定理计算即可.

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解答:-解: (I)证明:∵C C1⊥平面 ABC,AC?平面 ABC,∠ACB=90°, ∴ CC1⊥ AC,AC⊥ BC,又 BC∩ CC1=C, ∴AC⊥平面 BCC1,B C1?平面 BCC1, ∴AC⊥B C1. (II)证明:如图,设 C B1∩C1B=E,连接 DE, ∵D 为 AB 的中点,E 为 C1B 的中点, ∴DE∥A C1, ∵DE?平面 B1CD,AC1?平面 B1CD, ∴AC1∥平面 B1CD. (III)解:由 DE∥A C1,∠CED 为 A C1 与 B1C 所成的角, 在△ CDE 中,DE= AC1= = ,CE= B1C= = ,

CD= AB=

=1,cos∠ CED=

=

= ,

∴ 异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值为 .

点评:-本题考查线线垂直的判定、线面平行的判定、异面直线及其所成的角. 22. (2012?即墨市模拟)已知在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,且 AD=2a,AB=a,PA⊥ 平米 ABCD,F 是线段 BC 的中点.H 为 PD 中点. (1)证明:FH∥ 面 PAB; (2)证明:PF⊥ FD.

考点:-直线与平面垂直的性质;直线与平面平行的判定. 专题:-证明题. 分析:-(1)证明 FH∥ 面 PAB,利用线面平行的判定,证明线线平行即可; (2)连接 AF,由勾股定理可得 DF⊥ AF,由 PA⊥ 平面 ABCD,由线面垂直性质定理可得 DF⊥ PA,再由线面垂直的 判定定理得到 DF⊥ 平面 PAF,再由线面垂直的性质定理得到 PF⊥ FD. 解答:-证明: (1)取 PA 的中点 G,连接 GB,GH,则 ∵ 底面 ABCD 是矩形,H 为 PD 中点 ∴ GH∥ BF,GH=BF ∴ 四边形 BFHG 是平行四边形 ∴ FH∥ BG ∵FH?面 PAB,BG?面 PAB ∴ FH∥ 面 PAB; (2)连接 AF,则 AF= ,DF= 2 2 2 ∵ AD=2a,∴ DF +AF =AD ,∴ DF⊥ AF ∵ PA⊥ 平面 ABCD,∴ DF⊥ PA,又 PA∩ AF=A,∴ DF⊥ 平面 PAF, ∵PF?平面 PAF, ∴ DF⊥ PF
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点评: -本题考查线面平行, 考查线线垂直, 解题的关键是掌握线面平行的判定, 利用线面垂直的性质证明线线垂直, 属于中档题. 23. (2012?福建模拟)在直角梯形 ABCD 中,AD∥ BC, BD 翻折,使得平面 A′ BD⊥ 平面 BCD,如图 2. ,AB⊥ BC,CD⊥ BD,如图 1.把△ ABD 沿

(Ⅰ )求证:CD⊥ A′ B; (Ⅱ )求三棱锥 A′ ﹣BDC 的体积; (Ⅲ )在线段 BC 上是否存在点 N,使得 A′ N⊥ BD?若存在,请求出
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的值;若不存在,请说明理由.

考点:-直线与平面垂直的性质;棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题:-计算题;证明题;综合题;空间位置关系与距离. 分析:-(Ⅰ )通过已知条件证明 CD⊥ 平面 A'BD,然后证明 CD⊥ A'B. (Ⅱ )在 Rt△ ABD 中,推出∠ ADB=DBC=30°.求出 S△BDC,在 Rt△ A'BD 中,过点 A'做 A'E⊥ BD 于 E,说明 A'E⊥ 平面 BCD.说明是几何体的高,即可求解. (Ⅲ )在线段 BC 上存在点 N,使得 A'N⊥ BD,过点 E 做 EN∥ DC 交 BC 于点 N,推出 EN⊥ BD,说明 BD⊥ 平面 A'EN, A'N⊥ BD.即可证明在线段 BC 上存在点 N,使得 A'N⊥ BD. 解: (Ⅰ )∵ 平面 A'BD⊥ 平面 BCD,平面 A'BD∩ 平面 BCD=BD,CD⊥ BD

∴ CD⊥ 平面 A'BD,…(2 分)又∵AB?平面 A'BD,∴CD⊥A'B. (Ⅱ )如图(1)在 ∵ AD∥ BC,∴ ∠ ADB=DBC=30°. 在 ∴ .…(6 分) . .

…(4 分)

如图(2) ,在 Rt△ A'BD 中,过点 A'做 A'E⊥ BD 于 E,∴ A'E⊥ 平面 BCD. ∵ ∴ ,…(7 分) .…(8 分)

(Ⅲ )在线段 BC 上存在点 N,使得 A'N⊥ BD,理由如下: 如图(2)在 Rt△ A'EB 中, ∴ ,…(9 分) , ,

过点 E 做 EN∥ DC 交 BC 于点 N,则

∵ CD⊥ BD,∴ EN⊥ BD,…(10 分) 又 A'E⊥ BD,A'E∩ EN=E,∴ BD⊥ 平面 A'EN,又 A'N?平面 A'EN,∴A'N⊥BD. ∴ 在线段 BC 上存在点 N,使得 A'N⊥ BD,此时 .…(12 分)

点评:-本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、棱锥体积公式等基础知识,考查空间想象能力、推理 论证能力及运算求解能力,考查化归与转化思想、数形结合思想. 24. (2011?上海模拟)如图已知点 P 在圆柱 OO1 的底面圆周上,AB 为圆 O 的直径, (1)求证:BP⊥ A1P; (2)若圆柱的体积为 12π,OA=2,∠ AOP=120°,求异面直线 A1B 与 AP 所成角大小.

考点:-直线与平面垂直的性质;异面直线及其所成的角. 专题:-综合题. 分析:-(1)根据圆柱的几何特征及圆周角定理,我们易根据已知中点 P 在圆柱 OO1 的底面圆周上,AB 为圆 O 的 直径,得到 AP⊥ BP,AA1⊥ BP,结合线面垂直的判定定理得到 BP⊥ 平面 PAA1 后,易进一步得到 BP⊥ A1P;
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(2)延长 PO 交圆 O 于点 Q,连接 BQ,A1Q,结合圆柱的体积为 12π,OA=2,∠ AOP=120°,我们易得∠ A1BQ 即 为异面直线 A1B 与 AP 所成角,利用余弦定理求出其余弦值,即可得到答案. 解答:-解: (1)证明:易知 AP⊥ BP,又由 AA1⊥ 平面 PAB,得 AA1⊥ BP, (2 分) 从而 BP⊥ 平面 PAA1,故 BP⊥ A1P; (5 分) (2)解:延长 PO 交圆 O 于点 Q,连接 BQ,A1Q,则 BQ∥ AP,得∠ A1BQ 或它的补角为异面直线 A1B 与 AP 所成 的角. (7 分) 由题意 V=π?OA ?AA1=4π?AA1=12π,解得 AA1=3. (8 分) 又 ,AQ=2,得 ,A1B=5, (11 分)
2

由余弦定理得

, (13 分) . (14 分)

得异面直线 A1B 与 AP 所成的角为

点评:-本题考查的知识点是直线与平面垂直的性质及异面直线及其所成的角,其中熟练掌握圆柱的几何特征,并从 中分析出相关直线之间的位置关系是解答本题的关键. 25. (2010?北京模拟)如图,在正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AC 为底面 ABCD 的对角线,E 为 D1D 的中点 (Ⅰ )求证:D1B⊥ AC; (Ⅱ )求证:D1B∥ 平面 AEC.

考点:-直线与平面垂直的性质;直线与平面平行的判定. 专题:-证明题. 分析:-(I)连接 BD,由正四棱柱的结构特征,用正方形对角线互相垂直的性质,结合线面垂直的判定定理我们可 以证明出 AC⊥ 平面 D1DB,进而根据线面垂直的性质得到 D1B⊥ AC; (Ⅱ )BD∩ AC=O,连接 OE,由三角形中位线定理,我们可得 D1B∥ EO,再由线面平行的判定定理,即可得到 D1B∥ 平面 AEC. 解答:-证明: (Ⅰ )连接 BD
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在正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中 DD1⊥ 平面 ABCD,ABCD 是正方形

(Ⅱ )设 BD∩ AC=O,连接 OE ∵ ABCD 是正方形∴ BO=DO ∵ E 是 D1D 的中点∴ EO 是△D1DB 的中位线 ∴ D1B∥ EO ∵ D1B?平面 AEC EO?平面 AEC∴ D1B∥ 平面 AEC 点评:-本题考查的知识点是直线与平面垂直的性质及直线与平面平行的判定,其中熟练掌握空间线、面之间位置关 系的判定、性质、定义是解答本题的关键. 26.在四棱锥 P﹣ABCD 中,PC⊥ 面 ABCD,DC∥ AB,DC=1,AB=4,BC= (I)求证:AC⊥ PB; (II)当 PD=2 时,求此四棱锥的体积. ,∠ CBA=30°.

考点:-直线与平面垂直的性质;棱锥的结构特征;棱柱、棱锥、棱台的体积. 专题:-计算题;证明题.
2 2 2

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分析:-(I)先在△ ABC 中,利用余弦定理,得出 AC +BC =AB ,从而得出 AC⊥ BC,再结合 PC⊥ AC,而 BC、PC 是平面 PBC 内的相交直线,得到 AC⊥ 平面 PBC,最后根据线面垂直的定义,可证出 AC⊥ PB; (II)过点 C 作 CE⊥ AB 于 E,在 Rt△ BCE 中,利用三角函数的定义,得到 CE= BC= 面积为 .再结合 PC⊥ 平面 ABCD,在 Rt△ PCD 中,利用勾股定理算出 PC= ? = . ,从而可得梯形 ABCD 的

,最后利用锥体的体积公式,得

VP﹣ABCD= SABCD?PC= ?

解答:-解: (I)∵ △ ABC 中,AB=4,BC= ,∠ CBA=30°, 2 2 2 ∴ 根据余弦定理,得 AC =AB +BC ﹣2AB×BCcos∠ CBA=4 2 2 2 ∴ AC +BC =4+12=16=AB ∴ AC⊥ BC 又∵PC⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD ∴ PC⊥ AC ∵ BC、PC 是平面 PBC 内的相交直线 ∴ AC⊥ 平面 PBC ∴结合 BC?平面 PBC,可得 AC⊥BC (II)过点 C 作 CE⊥ AB 于 E, ∵ Rt△ BCE 中,BC=2 ,∠ ECB=30°∴ CE= BC= =

可得梯形 ABCD 的面积为:SABCD= 又∵PC⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD ∴ PC⊥ CD,Rt△ PCD 中,PC= =

所以,根据锥体的体积公式,得 VP﹣ABCD= SABCD?PC= ?

?

= ,即此四棱锥的体积的体积为 .

点评:-本题以底面为梯形、一条侧棱垂直于底的四棱锥为例,通过证明线线垂直和求体积,着重考查了空间垂直关 系的证明与体积公式等知识点,属于中档题. 27.如图,在矩形 ABCD 中,AB=3 ,BC=3,沿对角线 BD 把△ BCD 折起到△ BPD 位置,且 P 在面 ABC 内的射 影 O 恰好落在 AB 上 (1)求证:AP⊥ BP; (2)求 AB 与平面 BPD 所成的角的正弦值.

考点:-直线与平面垂直的性质;直线与平面所成的角. 专题:-证明题. 分析:-(1)由已知中,矩形 ABCD 沿对角线 BD 把△ BCD 折起到△ BPD 位置,且 P 在面 ABC 内的射影 O 恰好落 在 AB 上,易得 PO⊥ 面 ABD,进而由面面垂直的性质得到 AD⊥ 面 ABP,则 AD⊥ BP,又由 BP⊥ PD,结合线面垂直 的判定定理可得 BP⊥ 面 APD,进而由线面垂直的性质得到 AP⊥ BP; (2) 作 AH⊥ PD 于 H, 则 AH⊥ 面 BPD, 连 BH, 则 BH 为 AB 在面 BPD 上的射影, 我们易得∴ ∠ ABH 为 AB 与面 BPD 所成的角.解三角形 ABH 即可得到答案. 解答:-证明: (I)由题意知,PO⊥ 面 ABD,∵PO?ABP,∴ 面 ABP⊥ 面 ABD,
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又∵ AD⊥ AB,面 ABP∩ 面 ABD=AB,∴ AD⊥ 面 ABP,∴ ∵ BP⊥ PD∴ BP⊥ 面 APD,∴ BP⊥ AP, (II)∵BP⊥APD,BP?面 BPD,∴ 面 APD⊥ 面 BPD.

∴ ∠ ABH 为 AB 与面 BPD 所成的角. 又在 Rt ∴ ,∴ ∴ , , .

即 AB 与平面 BPD 所成角的正弦值为

点评:-本题考查的知识点是直线与平面垂直的性质,直线与平面所成的角,求二面角是找出二面角的平面角是解答 的关键. 28.在三棱柱 ABC﹣EFG 中,侧棱垂直于底面,AC=3,BC=4,AB=5,AE=4,点 D 是 AB 的中点. (1)求证:AE∥ 平面 BFGC; (2)求证:AC⊥ BG; (3)求三棱锥 C﹣DBF 的体积.

考点:-直线与平面垂直的性质;直线与平面平行的判定. 专题:-空间位置关系与距离. 分析:-(1)根据棱柱的结构特征可得 AE∥ CG,进而由线面平行的判定定理得到 AE∥ 平面 BFGC; (2) 根据直棱柱的结构特征可得 AC⊥ CG, 由勾股定理可得 AC⊥ BC, 进而由线面垂直的判定定理得到 AC⊥ 面 GBC, 进而由线面垂直的性质得到 AC⊥ BG; (3)由 D 为 AB 中点,可得三角形 BCD 的面积为三角形 ABC 面积的一半,结合 BF 为底面 BCD 上的高,代入棱 锥体积公式,可得答案. 解答:-证明:1)∵AE∥CG,CG?平面 BFGC,AE?平面 BFGC ∴ AE∥ 平面 BFGC…(3 分) (2)在直三棱柱 ABC﹣EFG 中,AC⊥ CG…(4 分) 2 2 2 ∵ AC +BC =9+16=25=AB ∴ AC⊥ BC.…(5 分)又∵GC∩BC=C,GC,BC?面 GBC ∴ AC⊥ 面 GBC.…(6 分) ∵GB?面 GBC, ∴ AC⊥ BG.…(7 分)
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(3)

…(8 分)



.…(10 分)

点评:-本题考查的知识点是直线与平面垂直的性质,直线与平面平行的判定,棱锥的体积,熟练掌握空间直线与平 面垂直和平行的判定定理是解答的关键. 29.如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,PA⊥ 平面 ABCD,E 是 PC 中点,F 为线段 AC 上一点. (Ⅰ )求证:BD⊥ FE; (Ⅱ )试确定点 F 在线段 AC 上的位置,使 EF∥ 平面 PBD,并说明理由.

考点:-直线与平面垂直的性质;直线与平面平行的判定. 专题:-证明题. 分析: ( - Ⅰ ) 因为 PA⊥ 平面 ABCD, 所以 PA⊥ BD. 由四边形 ABCD 是正方形, 得 BD⊥ 平面 PAC, 由此能够证明 BD⊥ EF.
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(Ⅱ )设 AC 与 BD 交于 O,当 F 为 OC 中点,即 AF=

时,EF∥ 平面 PBD.再利用直线与平面平行的判定定理进

行证明. 解答:-证明: (Ⅰ )因为 PA⊥ 平面 ABCD,所以 PA⊥ BD. 又四边形 ABCD 是正方形,所以 AC⊥ BD,PA∩ AC=A, 所以 BD⊥平面 PAC,又 EF?平面 PAC,所以 BD⊥ EF.…(7 分) (Ⅱ ) :设 AC 与 BD 交于 O,当 F 为 OC 中点,即 AF= 时,EF∥ 平面 PBD.理由如下:

连接 PO,因为 EF∥平面 PBD,EF?平面 PAC,平面 PAC∩平面 PBD=PO,所以 EF∥ PO.

在△ POC 中,E 为 PC 的中点,所以 F 为 OC 中点. 在△ POC 中,E,F 分别为 PC,OC 的中点, 所以 EF∥ PO.又 EF?平面 PBD,PO?平面 PBD,故 EF∥ 平面 PBD.…(14 分) 点评:-本题考查异面直线垂直的证明和直线与平面平行的判定,解题时要认真审题,仔细解答,注意合理地化空间 问题为平面问题. 30.如图,在三棱柱 ABC=A1B1C1 中,AC=3,CC1⊥ 平面 ABC,BC=4,AB=5,AA1=4,点 D 是 AB 的中点. (1)求证:AC⊥ BC1; (2)求证:AC1∥ 平面 CDB1; (3)求三棱锥 C1﹣CDB1 的体积.

考点:-直线与平面垂直的性质;棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定. 专题:-空间位置关系与距离. 分析:-(1)利用勾股定理的逆定理可得 AC⊥ BC.利用线面垂直的性质定理可得 CC1⊥ AC,再利用线面垂直的判定 定理即可证明结论; (2)利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出 ED∥ AC1,再利用线面平行的判定定理 即可证明结论;
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(3)取 BC 的中点 M,连接 DM,利用三角形的中位线定理可得 平面 BCC1B1.利用三棱锥的体积计算公式即可得出. 解答:-(1)证明:∵ 底面三边长 AC=3,BC=4,AB=5.

,再利用线面垂直的性质定理可得 DM⊥

∴ AB =AC +BC ,∴ ∠ ACB=90°,∴ AC⊥ BC.∵CC1⊥平面 ABC,AC?平面 ABC. ∴ AC⊥ CC1. 又 BC∩ CC1=C,∴ AC⊥ 平面 BCC1B1,BC1?平面 BCC1B1, ∴ AC⊥ BC1. (2)证明:设 CB1∩ BC1=E,连接 ED. 由正方形 BCC1B1 可得 E 为 BC1 的中点,又 D 为 AB 的中点,∴ AC1∥ ED. ∵ED?平面 CDB1,AC1?平面 CDB1,∴ AC1∥ 平面 CDB1. (3)解:取 BC 的中点 M,连接 DM,则 ∵ AC⊥ 平面 BCC1B1,∴ DM⊥ 平面 BCC1B1. ∴ = = =4. ,

2

2

2

点评:-熟练掌握勾股定理的逆定理、线面垂直的判定和性质定理、直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位 线定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积计算公式是解题的关键.


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