2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(三)

53。如图，在四棱锥E﹣ABCD中,平面CDE⊥平面ABCD，∠DAB=∠ABC=90°，AB=BC=1，AD=ED=3，EC=2． （1）证明：AB⊥平面BCE；

（2）求直线AE与平面CDE所成角的正弦值．

54.如图1，2，已知ABCD是矩形，M，N分别为边AD，BC的中点,MN与AC交于点O,沿MN将矩形MNCD折起，设AB=2,BC=4，二面角B﹣MN﹣C的大小为θ． （1)当θ=90°时，求cos∠AOC的值；

（2）点θ=60°时，点P是线段MD上一点，直线AP与平面AOC所成角为α．若sinα=

14，求线段MP的长． 7

1

55。在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠CDA=∠BAD=90°，AD=DC=2，AB=PA=22，且E为线段PB上的一动点． （1）若E为线段PB的中点，求证:CE∥平面PAD； （2）当直线CE与平面PAC所成角小于的取值范围．

56。如图,在几何体ABCA1B1C1中，平面A1ACC1底面ABC,四边形A1ACC1是正方形，B1C1∥BC,Q是A1B的中点，且ACBC2B1C1，ACB(Ⅰ） 证明：B1Q∥平面A1ACC1；

(Ⅱ) 求直线AB与平面A1BB1所成角的正弦值．

，求PE长度32π． 3 2

57。如图，已知ABC和BCD所在平面互相垂直，且

BACBCD900,ABAC,CBCD，点E,F分别在线段BD,CD上,沿直线

EF将EFD向上翻折使得D与A重合

（Ⅰ)求证：ABCF;

（Ⅱ)求直线AE与平面ABC所成角。

58。如图，四边形ABCD是圆台OO1的轴截面，AB2CD4，点M在底面圆周上，且

AOM2,DMAC．

（Ⅰ)求圆台OO1的体积;

(Ⅱ）求二面角ADMO的平面角的余弦值．

3

59。如图，已知菱形ABCD与等腰PAB所在平面相互垂直.PABBAD120. E为PB中点 ．

(Ⅰ）求证:PD//平面ACE； （Ⅱ）求二面角BCED的余弦值

60。如图，在四面体ABCD中,平面ACD⊥平面BCD,BCA90, AC1,AB2，

BCD为等边三角形。

（Ⅰ）求证：AC⊥平面BCD

（Ⅱ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值。

4

61。已知：平行四边形ABCD中,∠DAB=45°，AB=2AD=22,平面AED⊥平面ABCD,△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=2,M为线段BC的中点. （I）求证：直线MF∥平面BED；

(II）求平面BED与平面FBC所成角的正弦值； (III）求直线BF与平面BED所成角的正弦值。

62.如图，在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD，底面ABCD是菱形,AB2，

∠BAD60。

（1）若PAAB,求PB与AC所成角的余弦值; （2）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.

5

63.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，PA平面ABCD，PABE，

ABPA4，BE2．

（Ⅰ)求证：CE//平面PAD；

（Ⅱ）求PD与平面PCE所成角的正弦值；

(Ⅲ）在棱AB上是否存在一点F，使得平面DEF平面

PCE?如果存在，求

AF的值；如果不存在，说明理由． AB64。如图，在四棱锥PABCD中,ABAP，AB∥CD，且

PBBCBD6,CD2AB22,PAD120。

(Ⅰ)求证：平面PAD⊥平面PCD；

（Ⅱ）求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．

6

65.如图，四面体ABCD中，ABBCCD31BDAD1，平面ABD平面32CBD．

(1）求AC的长；

(2）点E是线段AD的中点，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值．

66.在四棱锥PABCD中, AD//BC，ABCAPB90，点M是线段AB上的一点,且PMCD，ABBC2PB2AD4BM． (1）证明：面PAB面ABCD;

（2）求直线CM与平面PCD所成角的正弦值．

7

67。如图,四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，PAPB2，

E为CD的中点，ABC60.

（I）求证：直线AE平面PAB；

（II)求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.

68。如图，四棱锥EABCD中,平面EAD平面ABCD，DC∥AB，BCCD，

EAED，且AB4，BCCDEAED2．

（1)求证：BD平面ADE；

(2）求BE和平面CDE所成角的正弦值；

(3）在线段CE上是否存在一点F使得平面BDF平面CDE,请说明理由．

8

69.如图，在空间几何体ABCDFE中，底面ABCD是边长为2的正方形，

AFAB,AF//BE,BE2AF2。

（1）求证:AC//平面DEF；

（2）已知DF5,若在平面DEF上存在点P,使得

BP平面DEF,试确定点P的位置.

70.如图，在四棱锥PABCD中，PBD是等边三角形，

AD∥BC，APABAD22BD。 (1)求证：平面PAB平面PAD;

（2）若直线PB与CD所成角的大小为60°，求二面角

BPCD的大小。

9

71.如图,在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为梯形,AB//CD，ADCDBC1AB，2PAD为等边三角形，PABD.

(1)求证：平面PAD平面ABCD； （2)求二面角APBC大小的余弦值.

72.在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1,AA12，E，F,G分别是AA1,AC和A1C1的中点．以{FA,FB,FG}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz． ⑴求异面直线AC与BE所成角的余弦值; ⑵求二面角FBC1C的余弦值．

10

73.如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD,PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=5． （1）求证:PD⊥平面PAB．

（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．

(3）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在,求

74.如图,已知梯形ABCD中,AD∥BC，AD⊥AB，AB=BC=2AD=2,四边形EDCF为矩形， CD=3，平面EDCF⊥平面ABCD． （1)求证：DF∥平面ABE．

(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值． （3）在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为

PDABCAM的值；若不存在，说明理由． APFEDABC3，若存在，求出线段BP的长． 4 11

75。在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAD是等腰三角形,AB2AD，E是AB的一个三等分点(靠近点

A），CE与DA的延长线交于点F，连接PF.

(Ⅰ）求证：平面PCD平面PAD； (Ⅱ)求二面角APEF的正切值

76.在等腰梯形ABCD中，AD//BC,BC2AD,ABC60,将梯形ABCD沿着AB翻折至ABC1D1（如图），使得平面ABCD与平面ABC1D1垂直．

（Ⅰ）求证：BC1AC；

（Ⅱ)求直线DD1与平面BCD1所成角的正弦值．

12

77。已知在四棱锥CABDE中，DB平面ABC，AE//DB，△ABC是边长为2的等边三角形，AE1，M为AB的中点. （1)求证：CMEM;

（2)若直线DM与平面ABC所成角的正切值为2,求二面角

EAM51015DBCDE的大小。

BC78。如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，ABC60，侧面PAB是边长为2的正三角形，侧面PAB底面ABCD．

（1）设AB的中点为Q，求证：PQ平面ABCD． （2）求斜线PD与平面ABCD所成角的正弦值． （3)在侧棱PC上存在一点M，使得二面角

PAMQBCCMMBDC的大小为60,求的值．

CPD 13

试卷答案

53。证明：（1）∵∠DAB=∠ABC=90°， ∴四边形ABCD是直角梯形, ∵AB=BC=1，AD=ED=3,EC=2． ∴CD=

=

，

∴CE2+DC2=DE2，∴EC⊥CD,

∵面EDC⊥面ABCD,面EDC∩面ABCD=DC, ∴CE⊥面ABCD，

∴CE⊥AB，又AB⊥BC,BC∩CE=C, ∴AB⊥面BCE．

解：（2）过A作AH⊥DC，交DC于H， 则AH⊥平面DCE，连结EH，

则∠AEH是直线AE与平面DCE所成的平面角, ∵

=

，

∴AH==，

AE=∴sin∠AEH=

，

=,

∴直线AE与平面CDE所成角的正弦值为．

14

54。解:如图，设E为AB的中点，建立如图所示的空间直角坐标系． （

1)

当

θ=90°

,

,

，

,则

, , ，取

， ,

时

,A

（

2,,∴

，M（0,﹣1,0）， ﹣

1

，

0

）

，

C．

（

0

，

1,2),∴

（2）由θ=60°得∴设∴

设平面AOC的法向量为∵

，

，∴

由题意，得

∴在线段MD上存在点P，且

，即3λ2﹣10λ+3=0,∴

．

或λ=3（舍去），

55。证明：（1)取PA的中点F,连结EF，DF, 则EF∥AB，EF=AB， 又DC∥AB，DC=AB， ∴EF∥CD，EF=DC,

∴四边形EFDC是平行四边形，

∴CE∥DF，又CE⊄平面PAD,DF⊂平面PAD, ∴CE∥平面PAD． 解:（2）∵AD=CD=又AB=2

，AD⊥CD，∴AC=2，

,∴BC=2, ，∠BAC=45°

∴AC⊥BC，

又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，

15

∴PA⊥BC,又PA∩AC=A， ∴BC⊥平面PAC，

过E作EM∥BC，则EM⊥平面PAC，

∴∠PCE为CE与平面PAC所成的角，即∠PCE＜∵PA=2∴∠BPC=∴当∠PCE=∴当∠PCE

，AC=2，∴PC=2，

时，CE⊥PB，此时PE=3， 时,PE＜3．

，BC=2，PB=4，

．

56。（Ⅰ) 证明:如图1所示，连接AC1,A1C交于M点，连接MQ。 因为 四边形A1ACC1是正方形， 所以 M是AC1的中点 又已知Q是A1B的中点 所以 MQ ∥BC

又因为 B1C1∥BC且BC=2B1C1 所以 MQ ∥B1C1， 即四边形B1C1MQ是平行四边形 所以 B1Q∥C1M，

因此 B1Q∥平面A1ACC1。…………………………………………………7分

12 16

(Ⅱ） 如图2所示,过点B作面A1B1B与 面ABC的交线BD,交直线CA于D.

过A作线BD的垂线AH，垂足为H。再过A作线A1H的垂线AG，垂足为G。 因为AHBD,AA1BD, 所以BD面A1AH,

所以BDAG，又因为A1HAG，

所以AG面A1B1B，所以ABG即AB与面A1B1B所成的角．………………10分 因为A1B1∥面ABC，所以A1B1∥BD, 且A为CD的中点，

如图3所示，CP为BD边上的高,

17

AB=22+22+22=23，

BD=22+42+24=27，

因为

11CBCDsin1200BDCP 22CP323,所以AH= 27722331， 77所以CP因为AA12，所以A1HAGAHAA1A1H23723 313172331131………………………………………15分

所以sinABG233131

57.

18

面ABC面BCD=BCFC面ABCABCF。...。。。..。。。。5（1）

BCD900CFBC分

面ABC面BCD

(2）设ABAC1，则BC=2,CD2,BD2,

设BEt，则ED=EA=2-t,

取BC的中点H，连接HE,AH， 又EBH45，则HEtt0221 2面ABC面BCD面ABC面BCD=BCAH面BCD（3)。。.。.。。。。.。.。7分

AHBC又AH面BCD,AE2AH2EH2，点E是BD的中点，。.。..。。。。..10分 12122-ttt,t122HEBC,HE面ABCBEA为所求角的线面角。。。..。。.。.。12分 AE1，AHsinBEA22，EH。。。.。。。。.。。14分 222 2所以直线AE与平面ABC所成角为 15分

4..。..。。.。。。..。。。。.。。。。。.。.。。.。

法2：VABCEVEBCA，E到面ABC的距离为2 2 19

sin58.

2所以直线AE与平面ABC所成角为 24(酌情给分)

解法一:（Ⅰ）由已知可得: OM平面AOD。又ACDM。从而有ACDO 由平面几何性质可得ACCB -—--—4 设OO1=h ，在直角△ABC中，有AC2+BC2=AB2 即 （9+h2）+（1+h2)=16 h3 圆台OO1的体积V173h(r12r1r2r22)。 —----7 33(Ⅱ）过点O在△DOM内作OEDM，作OH平面DAM，垂足分别为E,H，连EH。 易得EHDM，故∠OEH就是二面角ADMO的平面角。 --——10 在△DOM中，OE=2 由VD—AOM=VO—ADM得 OH=

221 -——--13 7在直角△OEH中,sinOEH6 77 -——15 7则二面角ADMO的余弦值为

解法二：（Ⅰ)由题意可得OO1、OM、OB两两互相垂直，

以O为原点,分别以直线OM、OB、OO1为x、y、z轴建立空间直角坐标系 ————-2

设OO1h(h0)，则D(0,1,h)，M(2,0,0),A(0,2,0)，C(0,1,h)

DM(2,1,h),AC(0,3,h)

DMAC DMAC3h20

解得h3 --——-5

圆台OO1的体积V173h(r12r1r2r22). ---——7 33(Ⅱ)AM(2,2,0)，DM(2,1,3)，OM(2,0,0) —————9 设平面ADM、平面ODM的法向量分别为

u(x1,y1,z1)，v(x2,y2,z2)

20

2x2y23z20uAM0vDM02x12y10则 且  即 且 

2x0uDM0vOM02x1y13z102取u(3,3,1) v(0,3,1) -————13

 cosu,vuv7.

7|u||v|则二面角ADMO的余弦值为59.

7 ———15 7证:（I）. 连结BD,设BD交AC于M点，连结ME…………………………。2分 在平行四边形ABCD中，AC，BD相互平分,即DM=BM， 又PE=BE

在BDP中，EM//PD

PD面AEC，ME面AEC EM//PD…………………………。6分

解：（II).

过D作DO垂直BA延长线与O点，连结PO，易得DO，PO，BO两两垂直 建立如图坐标系，设AB=2，则

B(0,3,0),C(0,2,3),P(3,0,0),D(0,0,3)

21

E(33,,0) 223333,,0),DC(0,2,0),DE(,,3) 2222BC(0,1,3),BE(………………………….10分（注：每对一个给1分）

设面BCE的一个法向量为m(x1,y1,1)，面DCE的一个法向量n(x2,y2,1)，则

mBCy130nDCy20, 3333x2y230x1y10nDEmBE2222m(3,3,1),n(2,0,1)………………………………。12分(注:每对一个给1分）

cosm,nmnmn7765…………………………14分

6565765…………………………。15分 65二面角BCED的余弦值为60。

证:（1)取CD中点M，连结BM,

BCD为等边三角形。

平面BCD=CD,

BM⊥CD, ……(2分）

又

平面ACD⊥平面BCD，平面ACDBM平面BCD,BM⊥平面ACD，BM⊥AC,……（5分）

又BC⊥AC, AC⊥平面BCD ……(7分)

(2)法一:设点C到平面ABD的距离为d， 由VC-ABDVA-BCD， ……（10分） 即31113133d  31，得d ……(13分） 32234133d3913设直线CD 与平面ABD 所成角为,则sin……（15分) CD133法二：取BD中点N，连NC，则AN⊥BD,CN⊥BD，BD⊥平面ANC，平面

ANC⊥平面ABD,又平面ANC平面ABD=AN，过点C作CG⊥AN，垂足为G，

则CG⊥平面ABD,所以CDG就是所求角. ……（10分） 在RtANC中，算得CG3， ……（13分）所以13 22

3CG39sinCDG13……(15分）

CD133法三：如图建立空间直角坐标系Cxyz，

则A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,33,) 22所以CD(0,

33,) ……（10分) 2233,) 22AB(1,3,0),AD(1,设n(x,y,z)是平面ABD的一个法向量

x3y0所以取y3,则n(3,3,1) ……（13分） 33yz0x2233+|CDn|3922=设直线CD 与平面ABD 所成角为,则sin……（15分）

|CD||n|1331361。

(I）证明：在△ADB中，∵DAB=45° AB=2AD=22,∴AD⊥BD 取AD中点O，AB中点N，连接ON，则ON∥BD,

∴AD⊥ON又∵平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，AD⊥OE， ∴EO⊥平面ABCD，

23

∴以O为原点,OA，ON，OE分别为x轴，y轴，z轴,建立空间直角坐标系，如图取BD的中点H，连接FH，OH，则OH∥AB∥EF，且OH=EF, ∴FH∥EO， ∴FH⊥平面ABCD，

∴D（—1,0,0） B(-1,2,0） H(—1，1,3） F（—1，1，3） C(—3,2，0) M（—2，2，0）,

∴DB=（0,2，0） DE=（1，0，3) MF=（1,—1，3), 设平面AED的一个法向量为n（x，y，z)，则不妨设n=（3，0，—1) ∴MF⊥n， 又∵MF平面AED ∴直线MF∥平面AED

(II）解:∵BC=（—2，0，0)，BF=（0，—1，3） 设平面FBC的一个法向量为m（x，y，z）,则不妨设n=（0，3，1）

设平面BED与平面FBC所成的角为 则丨cos丨=丨

DB n0DEn0∴y0x3z0

BCm0BFm0∴x0

y3z0nm151丨=，∴sin

4丨n丨丨m丨4∴平面BED与平面FBC所成角的正弦值为（III）解:直线BF与平面BED所成角为a， 则sina=丨cos〈BFn〉丨=丨

15 4BFn3丨=。

4丨BF丨丨n丨3 4∴直线BF与平面BDE所成角的正弦值为

62。

（1）因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD。 又因为PA平面ABCD，所以PABD. 又PA设ACACA，所以BD平面PAC。 BDO.

24

因为BAD60，PAPB2， 所以BO1,AOCO3，

如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz.

则P0,3,2，A0,3,0，B1,0,0，C0,3,0，所以

PB1,3,2,AC0,23,0。

设PB与AC所成角为,则cosPBACPBAC66. 42223

（2）由（1)知BC1,3,0,设P0,3,t（t0）,则BP1,3,t, 设平面PBC的法向量mx,y,z,则BCm0，BPm0，所以

x3y0， x3ytz0令y3，则x3,z66，所以m3,3,。

tt6t同理,平面PDC的法向量n3,3,.

因为平面PBC平面PDC，所以mn0，即6360，解得t6.所以2tPA6。

63.

解:（Ⅰ）设PA中点为G,连结EG，DG,因为PA//BE,且PA4，BE2，所以

BE//AG且BEAG，所以四边形BEGA为平行四边形，所以EG//AB，且

25

EGAB．因为正方形ABCD,所以CD//AB，CDAB，所以EG//CD，且EGCD，所以四边形CDGE为平行四边形，所以CE//DG．因为DG平面PAD，CE平面PAD，所以CE//平面PAD（4分)．

（Ⅱ）如图，建立空间坐标系，则B4,0,0,C4,4,0，E4,0,2，P0,0,4，

D0,4,0,所以PC=(4，4，－4），PE=（4,0，－2），PD=（0,4,－4）．

设平面PCE的一个法向量为m(x,y,z)，所以

．

x1令x1,则 y1，所以m(1,1,2)．

z2设PD与平面PCE所成角为, 则

．

所以PD与平面PCE所成角的正弦值是3(8分）． 6

(Ⅲ）假设存在点Fa,0,0满足题意，则FE(4a,0,2),DE(4,4,2)． 设平面DEF的一个法向量为n(x,y,z),则

，

26

x2aa令x2，则y，所以 n(2,,a4)．

22za4因为平面DEF平面PCE,所以mn0，即2所以a64.

(Ⅰ）证明：取CD中点为E,连接BE，因为BCBD，所以BECD，又

a2a80， 212AF3124, 故存在点F,0,0满足题意，且(12分）．

55AB5CD2AB，AB//CD,所以AB//DE，所以四边形ABED为矩形,所以ABAD,

又ABAP，所以AB平面PAD.—-——--———-——-——-—--—-———-——--—————--—-—--——4分

又AB//CD,所以CD平面PAD，

又CD平面PCD，所以平面PAD平面PCD.--——-—-—-—--————————--————————-6分

PFGABCED第19题

（Ⅱ） 在ABP中，AB在ABD中，AB2，PB6，ABAP，所以AP2；

2，BD6，ABAD，所以AD2。

取PD和PC的中点分别为F和G,则FG//CD,

2又AB//CD,所以AB//FG，所以四边形AFGB为平行四边形，

2又PAAD2,F为PD的中点，所以AFPD，

所以AF平面PCD，所以BG平面PCD，所以平面PBC平面PCD,----—--——-

11 27

10分

所以PC为PD在平面PBC上的射影,所以DPC为PD与平面PBC所成的角。————— 12分

在RtPDC中，CD22,PD23，所以PC25， 所以sinDPCCD2210. PC25510——-—----———-——-———---——-—5即直线PD与平面PBC所成角的正弦值为———-- 15分

(用其它方法(如用空间向量法、等体积法等）解答，酌情给分！) 65.

（1)∵AB1，BD3,AD2， ∴ABBD，

又∵平面ABD平面CBD,平面ABD∴AB平面CBD， ∴ABBC， ∵ABBC1， ∴AC平面CBDBD，

2．

(2)由（1）可知AB平面BCD,过B作BGCD于点G,连接AG，则有CD平面

ABG，

∴平面AGD平面ABG，

过B作BHAG于点H,则有BH平面AGD,连接HE, 则BEH为BE与平面ACD所成的角．

由BCCD1，BD3，得BCD120,∴BG又∵AB1， ∴AG3， 271,又∵BEAD1, 22BH21． BE7∴sinBEH 28

66。

（1）由AB2PB4BM，得PMAB,

又因为PMCD，且ABCD,所以PM面ABCD，……5分 且PM面PAB．所以，面PAB面ABCD。……7分 (2)过点M作MHCD，连结HP, 因为PMCD，且PMMHM,

所以CD平面PMH，又由CD平面PCD，

所以平面PMH平面PCD,平面PMH平面PCDPH,过点M作MNPH，即有

MN平面PCD,所以MCN为直线CM与平面PCD所成角．……10分

在四棱锥PABCD中，设AB2t，则CM31575t，MHt，PMt，2210∴PH7345t t，MN165MN75，即直线CM与平面PCD所成角的正弦值为CM40从而sinMCN75．……15分 40 29

67。

（I)证明：

ADEABC60，

ED1，AD2，AECD

又又

AB//CD,AEAB

PA平面ABCD,PAAE,PAABA

直线AE平面PAB。

（II)（方法一）连接PE,过A点作AHPE于H点.

CDEA,CDPA,EAPAA,

CD平面PAE，CDAH.

又

AHPE,AH平面PCD。

所以AEP为直线AE与平面PCD所成的角。 在RtPAE中，PA2,AE3，sinAEPPA227 PE77直线AE与平面PCD所成角的正弦值为27 7（方法二）如图建立所示的空间直角坐标系Axyz。

P0,0,2,E0,3,0,C1,3,0,D1,3,0。

AE0,3,0,PC1,3,2,DC2,0,0

设平面PCD的法向量nx,y,z，

x3y2z=03PCn0n0，1， 2DCn02x=0 30

cosAE,nAEnAEn2727。所以直线AE与平面PCD所成角的正弦值为

77

68。

（1）由BCCD，BCCD2， 可得BD22．

由EAED，且EAED2，可得AD22． 又AB4．所以BDAD． 又平面EAD平面ABCD， 平面ADE平面ABCDAD，

BD平面ABCD，所以BD平面ADE．

(2)如图建立空间直角坐标系Dxyz，

则D0,0,0，B0,22,0，C2,2,0，EBE2,22,2，DE2,0,2,0,2，

2，DC2,2,0,

设nx,y,z是平面CDE的一个法向量,则nDE0，nDC0， 即xz0,．

xy0.令x1,则n1,1,1．

31

设直线BE与平面CDE所成的角为， 则sincosBE,nBEnBEn22222332． 32． 3所以BE和平面CDE所成的角的正弦值(3）设CFCE,0,1．

DC2,2,0，CE22,2,2，DB0,22,0．

则DFDCCFDCCE221,1,．

设mx,y,z是平面BEF一个法向量，则nEB0,nEF0，

y0,即．

21x1yz0令x1,则m1,0,21． 若平面BEF平面CDE，则mn0， 即12110,0,1．

3所以,在线段CE上存在一点F使得平面BEF平面CDE． 69.

解：(1)连BD交AC于O,取DE中点K，良OK、KF ∵AC、BD是正方形ABCD的对角线

1//BE//AF， ∴四边形AOKF为平行四边形，∴AO//FK ∴O为BD中点， ∴OK2 又∵AO平面DEF,FK平面DEF ∴AC//平面DEF

(2）在△DAF中,DF5,AD2，AF1,所以FADA 又因为AFAB,DA ∴AF平面ABCD。

以A为原点，AD、AB、AF分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系（如图)。 则A0,0,0，B0,2,0，C2,2,0,D2,0,0，E0,2,2,F0,0,1 设DPDEDF，因为DE2,2,2,DF2,0,1，

ABA，DA,AB平面ABCD

32

又BD2,2,0,，DPDEDF2,2,22,0, 22,2,2

所以BPBDDP222,22,2，

BP•DF0,222220,∵∴ 2222222220,BP•DE0,0,2解得2即DPDE。 所以P是线段DE上靠近E的三等分点.

,33

70.

（1）∵APABAD且PBD是等边三角形

∴PAB，PAD，BAD均为直角三角形，即DAAB，DAPA， ∴DA平面PAB ∵DA平面ABD ∴平面PAB平面PAD

(2)以AB,AD,AP为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．

2BD， 2

令APABAD1，BD2，

∴A0,0,0，B1,0,0，D0,1,0，P0,0,1． 设C1,t,0,则PB1,0,1，CD1,1t,0． ∵直线PB与CD所成角大小为60°，所以

33

cosPB,CD1PBCDPBCD1， 2即211t21,解得t2或t0（舍)， 2∴C1,2,0，

设平面BPC的一个法向量为nx,y,z． ∵BC0,2,0,BP1,0,1,则

BPn02y0即 xz0BCn0令x1,则z1,所以n1,0,1．

∵平面DPC的一个法向量为mx,y,z， ∵DP0,1,1，DC1,1,0,则

DPm0yz0即 xy0DCm0令y1，则x1，z1, ∴m1,1,1． ∴cosm,nmnmn0,

故二面角BPCD的大小为90°． 71。

//EB， (1)如图取AB的中点E,连接DE，依题DC所以四边形BCDE是平行四边形， 所以DEBC。因为E是AB中点， 所以AE1AB，故AEADDE, 2所以ADE为等边三角形，所以AED60, 因为AB//CD，所以EDC60,BCCD 所以平行四边形BCDE为菱形,

34

1所以EDBEDC30，所以ADB90，即BDAD，又已知PABD,所以

2BD平面PAD,

BD平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD.

（2）由(1）知，BD平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以如图，以DA为x轴，

DB为y轴，过D点与平面ABCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标Dxyz。设AB2,

则BD3，ADCDBCPAPD1，所以1313A1,0,0,B0,3,0,C,,0,P,0,222， 213,0,所以PA2,AB1,3,0。设平面PAB的法向量nx,y,z，则 213PAn0z0x，令x3,则y1,z1,所以n22ABn0x3y03,1,1。

同理可得平面PBC的法向量m3,1,3，所以cosm,n所以二面角APBC大小的余弦值为72.

65. 6565， 651131（1)因为AB1,AA12，则F(0,0,0),A(,0,0),C(,0,0),B(0,,0),E(,0,1)，

222213所以AC(1,0,0)，BE(,,1)， ………………………………………2分

22记直线AC和BE所成角为，

1则cos|cosAC,BE||12|13()2()21222， 4 35

所以直线AC和BE所成角的余弦值为

2． ………………………………………4分 4（2）设平面BFC1的法向量为m(x1,y1,z1) ， 因为FB(0,31,0)，FC1(,0,2)， 223mFBy102则,取x14得：m(4,0,1) ……………………………6分

1mFCx2z01112设平面BCC1的一个法向量为n(x2,y2,z2),

13因为CB(,,0),CC1(0,0,2)，

2213y20nCBx2则,取x23得：n(3,1,0) ………………………8分 22nCC2z012cosm,n43(1)010(3)2(1)202420212251 17根据图形可知二面角FBC1C为锐二面角, 所以二面角FBC1C的余弦值为73。（1)见解析．（2）251; ……………………………………10分 17AM13． ．（3)存在,

AP43(1）∵面PAD面ABCD,AB面ABCD，且ABAD， ∴AB面PAD， ∴ABPD，

又∵PDPA，PAPBA， ∴PD面PAB．

(2）如图所示建立空间直角坐标系，

PDzxABC y

设直线PB与平面PCD所成角为，

36

∴P(1,0,1)，B(0,1,0)，C(1,2,0),D(2,0,0),

则有PB(1,1,1)，PC(0,2,1)，PD(1,0,1)， 设平面PCD的法向量为n(x,y,z)． 2yz0nPC0n(2,1,2), 由，得xz0nPD0∴sinPBn2123．

3|PB||n|33又∵直线PB与平面PCD所成角为锐角， ∴所求线面角的正弦值为3． 3（3）假设存在这样的M点， 设点M的坐标为(a,0,a)． 则BM(a,1,a), 要使直线BM∥面PCD， 即需要求BMn． ∴2a12a0， 解得a此时

1， 4AM1． AP474.见解析．

解:(1）证明：取D为原点,DA所在直线为x轴，

DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，B(1,2,0),E(0,0,3)，F(1,2,3)， ∴BE(1,2,3)，AB(0,2,0), 设平面ABE的法向量为n(x,y,z)， x2y3z0∴不妨设n(3,0,1),

2y0又DF(1,2,3), ∴DFn330， ∴DF⊥n,

又∵DF平面ABE， ∴DF∥平面ABE．

37

(2）解：∵BE(1,2,3)，BF(2,0,3), 设平面BEF的法向量为m(x,y,z)， x2y3z0∴不妨设m(23,3,4)， 2x3z0∴|cos||mn|10531，

31|m||n|231∴平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值为531． 31(3)解：设DPDF(1,2,3)(,2,3),[0,1]， ∴P(,2,3)， ∴BP(1,22,)，

又∵平面ABE的法向量为n(3,0,1)， ∴sin|cosBPn|∴82610, ∴11或， 24|333|2(1)2(22)2323, 4331

BP,1,∴当时，2， 22∴|BP|2, 当

5331

时，BP4,2,4, 4∴|BP|2， 综上|BP|2． 75。

（Ⅰ）证明：因为PA平面ABCD，所以PACD 又因为底面ABCD是矩形，所以ADCD 又因为PAADA，所以CD平面PAD。 又因为CD平面PCD，所以平面PCD平面PAD.

（Ⅱ)解：方法一：（几何法)过点A作AMPE，垂足为点M，连接FM. 不妨设PAAD3，则AB2AD6，BC3。 因为PA平面ABCD，所以PAAF。

38

又因为底面ABCD是矩形,所以ABAF.

又因为PAABA,所以AF平面PAB，所以AAFPE. 又因为AMAFA,所以PE平面AFM，所以PEFM 所以AMF就是二面角APEF的平面角. 在RtPAE中，由勾股定理得PE由等面积法,得AMPA2AE2322213，

PAAE32613， PE1313AFAE1。 FDDC3又由平行线分线段成比例定理，得

所以

AF113。所以AFAD。 AD2223AF13所以tanAMF. 2AM613413所以二面角APEF的正切值为

13。 4方法二:(向量法）以AF，AB，AP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系:

不妨设PAAD3,则由（Ⅱ）可得AP3，AE2。 又由平行线分线段成比例定理，得

AFAE1, FDDC3所以

AF113，所以AFAD。 AD222320，0。 0，3，E0，2，0，F，所以点P0，则PE0，0，3。 2，-3，PF，32 39

设平面PEF的法向量为nx,y,z，则

nPEx,y,z0,2,30，2y3z0，3yz，由得3得2 30，x3z0，nPFx,y,z,0,32x2z，2令z1，得平面PEF的一个法向量为n1； 2，，又易知平面PEA的一个法向量为mAF,0,0;

3232332,,1,0,0nm224. 设二面角APEF的大小为，则cos29329nm22所以tan76。

2941313。所以二面角APEF的正切值为。

44422(Ⅰ)证明，不妨设BC2AD4，过A作BC垂线交BC于E，则

AE3,AC23，AB22212

cos60所以ABACBC，所以ABAC，又因为平面ABCD与平面ABC1D1垂直,所以

AC平面ABC1D1

所以BC1AC

(Ⅱ）建立如图坐标系,A0,0,0，B2,0,0，C0,23,0，D1,3,0，

D11,0,3

所以DD10,3,3，BC2,23,0，BD13,0,3 设平面BCD1的法向量为nx,y,z

2x23y0则有,取n3x3z03,1,3，cosn,DD126, 13 40

直线DD1与平面BCD1所成角的正弦值为

26． 13

77.

（1）因为△ABC是等边三角形,M为AB的中点，所以CMAB。 又因为DB平面ABC，DBCM，可得CM平面ABDE， 因为EM平面ABDE，所以CMEM；（4分)

(2)如图,以点M为坐标原点，MC,MB所在直线分别为x,y轴，过M且与直线BD平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系.因为DB平面ABC,所以DMB为直线DM与平面

ABC所成的角.（6分)

由题意得tanDMBBD2，即BD2,故B0,1,0，CMB3,0,0，

D0,1,2,E0,1,1，于是BC3,1,0， BD0,0,2， CE3,1,1,

CD3,1,2，设平面BCD与平面CDE的法向量分别为mx1,y1,z1，

mBC03x1y10得，令x11，得y13,所以nx2,y2,z2,则由mBD02z10323m1,3,0。同理求得n1,, (10分） ,33所以cosm,n5mn0,则二面角BCDE的大小为90。(12分） mn1015zEAMDByCx

78。（1）见解析．(2)y

230．(3）．

510x+y-4=0x+2y=03x-2y(3,x41

(1）证明：∵侧面PAB是正三角形，AB中点为Q， ∴PQAB，

∵侧面PAB底面ABCD， 侧面PAB底面ABCDAB， PQ侧面PAB，

∴PQ平面ABCD． （2）连接AC，设ACBDO点，

以O为原点，OB，OC过O点且垂直于平面ABCD的直线分别为x，y,z轴建立空间直角坐标系，

PzAQxBOMDC y

31331,,3O(0,0,0),B(3,0,0)，C(0,1,0)，D(3,0,0)，PPD,,32，22, 2平面ABCD的法向量m(0,0,1), 设斜线PD与平面ABCD所成角为， 则

sin|cosm,PD|mPD|m||PD|32713443010．

33CMtCPt,t,3t)（3设2， 23333BMt3,t1,3tMt,t1,3t,2， 222DB(23,0,0)，

设平面MBD的法向量为n(x,y,z)， ∴nDB，nMB,

x0nDB03， 3t3xt1y3tz0nMB022 42

取z3，n6t0,3t2,3, 又∵平面ABCD的法向量m(0,0,1), ∴

mn|m||n|cosmncos60， 3∴2136t2，

3t2解出t2（舍去)或t25, 此时

CMCP25．

43