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2014高考立体几何解答题及答案


2014 高考立体几何解答题及答案
一.解答题(共 17 小题) 1. (2014?山东)如图,四棱锥 P﹣ABCD 中,AP⊥平面 PCD,AD∥BC,AB=BC= AD,E,F 分别为线段 AD, PC 的中点. (Ⅰ)求证:AP∥平面 BEF; (Ⅱ)求证:BE⊥平面 PAC.

考点: 直线与平面垂直的判定;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)证明四边形 ABCE 是平行四边形,可得 O 是 AC 的中点,利用 F 为线段 PC 的中点,可得 PA∥OF, 从而可证 AP∥平面 BEF; (Ⅱ)证明 BE⊥AP、BE⊥AC,即可证明 BE⊥平面 PAC. 解答: 证明: (Ⅰ)连接 CE,则
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∵AD∥BC,BC= AD,E 为线段 AD 的中点, ∴四边形 ABCE 是平行四边形,BCDE 是平行四边形, 设 AC∩BE=O,连接 OF,则 O 是 AC 的中点, ∵F 为线段 PC 的中点, ∴PA∥OF, ∵PA?平面 BEF,OF?平面 BEF, ∴AP∥平面 BEF; (Ⅱ)∵BCDE 是平行四边形, ∴BE∥CD, ∵AP⊥平面 PCD,CD?平面 PCD, ∴AP⊥CD, ∴BE⊥AP, ∵AB=BC,四边形 ABCE 是平行四边形, ∴四边形 ABCE 是菱形, ∴BE⊥AC, ∵AP∩AC=A, ∴BE⊥平面 PAC.

点评: 本题考查直线与平面平行、垂直的判定,考查学生分析解决问题的能力,正确运用直线与平面平行、垂直
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的判定是关键 2. (2014?四川)在如图所示的多面体中,四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为矩形 (Ⅰ)若 AC⊥BC,证明:直线 BC⊥平面 ACC1A1; (Ⅱ)设 D、E 分别是线段 BC、CC1 的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M,使直线 DE∥平面 A1MC?请证明你 的结论.

考点: 直线与平面垂直的判定;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)先证明 AA1⊥平面 ABC,可得 AA1⊥BC,利用 AC⊥BC,可以证明直线 BC⊥平面 ACC1A1; (Ⅱ)取 AB 的中点 M,连接 A1M,MC,A1C,AC1,证明四边形 MDEO 为平行四边形即可. 解答: (Ⅰ)证明:∵四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为矩形, ∴AA1⊥AB,AA1⊥AC, ∵AB∩AC=A,
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∴AA1⊥平面 ABC, ∵BC?平面 ABC, ∴AA1⊥BC, ∵AC⊥BC,AA1∩AC=A, ∴直线 BC⊥平面 ACC1A1; (Ⅱ)解:取 AB 的中点 M,连接 A1M,MC,A1C,AC1,设 O 为 A1C,AC1 的交点,则 O 为 AC1 的中 点. 连接 MD,OE,则 MD∥AC,MD= AC,OE∥AC,OE= AC, ∴MD∥OE,MD=OE, 连接 OM,则四边形 MDEO 为平行四边形, ∴DE∥MO, ∵DE?平面 A1MC,MO?平面 A1MC, ∴DE∥平面 A1MC, ∴线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点) ,使直线 DE∥平面 A1MC.

点评: 本题考查线面垂直的判定与性质的运用,考查存在性问题,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题. 3. (2014?湖北)在四棱锥 P﹣ABCD 中,侧面 PCD⊥底面 ABCD,PD⊥CD,E 为 PC 中点,底面 ABCD 是直角梯 形,AB∥CD,∠ADC=90°,AB=AD=PD=1,CD=2. (Ⅰ)求证:BE∥平面 PAD; (Ⅱ)求证:BC⊥平面 PBD;

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2

(Ⅲ)设 Q 为侧棱 PC 上一点,

,试确定 λ 的值,使得二面角 Q﹣BD﹣P 为 45°.

考点: 直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定;与二面角有关的立体几何综合题. 专题: 证明题. 分析: (Ⅰ)取 PD 的中点 F,连接 EF、AF,由中位线得性质和 AB∥CD 及 AB=1 证出四边形 ABEF 为平行四边 形,则 BE∥AF,根据线面平行的判定得 BE∥平面 PAD; (Ⅱ)由平面 PCD⊥底面 ABCD,PD⊥CD 证出 PD⊥AD,利用三条线相互垂直关系,建立直角坐标系,
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求出

,即 BC⊥DB,再由 PD⊥平面 ABCD,可得 PD⊥BC,即证 BC⊥平面 PBD; ,利用 求出 Q 的坐标,再利

(Ⅲ)利用(Ⅱ)建立的坐标系和结论,求出平面 PBD 的法向量

用垂直关系求平面 QBD 的法向量 的坐标,由两个法向量的数量积运算表示二面角的余弦值,化简后求出 λ∈(0,1)的值. 解答: 解: (Ⅰ)取 PD 的中点 F,连接 EF,AF, ∵E 为 PC 中点,∴EF∥CD,且 ,

在梯形 ABCD 中,AB∥CD,AB=1, ∴EF∥AB,EF=AB,∴四边形 ABEF 为平行四边形, ∴BE∥AF,∵BE?平面 PAD,AF?平面 PAD, ∴BE∥平面 PAD. (4 分) (Ⅱ)∵平面 PCD⊥底面 ABCD,PD⊥CD,∴PD⊥平面 ABCD, ∴PD⊥AD. (5 分) 如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系 D﹣xyz. 则 A(1,0,0) ,B(1,1,0) ,C(0,2,0) ,P(0,0,1) . (6 分) , ∴ ,BC⊥DB, (8 分) ,

又由 PD⊥平面 ABCD,可得 PD⊥BC, ∴BC⊥平面 PBD. (9 分) (Ⅲ)由(Ⅱ)知,平面 PBD 的法向量为 ∵ , ,且 λ∈(0,1) , (10 分)

∴Q(0,2λ,1﹣λ) , (11 分) 设平面 QBD 的法向量为 =(a,b,c) ,
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,得 ,



, (12 分)



, (13 分)

因 λ∈(0,1) ,解得

. (14 分)

点评: 本题用了几何法和向量法进行证明平行及垂直关系、求值,有中点时通常构造中位线证明线线平行,根据 线面平行的判定定理转化到线面平行;向量法主要利用数量积为零证明垂直,对待二面角、线面角问题用 向量法要简单些,建立坐标系要利用几何体中的垂直条件. 4. (2014?江苏)如图,在三棱锥 P﹣ABC 中,D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点,已知 PA⊥AC,PA=6, BC=8,DF=5.求证: (1)直线 PA∥平面 DEF; (2)平面 BDE⊥平面 ABC.

考点: 平面与平面垂直的判定;直线与平面垂直的判定. 专题: 证明题;空间位置关系与距离. 分析: (1)由 D、E 为 PC、AC 的中点,得出 DE∥PA,从而得出 PA∥平面 DEF; (2)要证平面 BDE⊥平面 ABC,只需证 DE⊥平面 ABC,即证 DE⊥EF,且 DE⊥AC 即可. 解答: 证明: (1)∵D、E 为 PC、AC 的中点,∴DE∥PA, 又∵PA?平面 DEF,DE?平面 DEF, ∴PA∥平面 DEF;
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(2)∵D、E 为 PC、AC 的中点,∴DE= PA=3;

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又∵E、F 为 AC、AB 的中点,∴EF= BC=4; ∴DE +EF =DF , ∴∠DEF=90°, ∴DE⊥EF; ∵DE∥PA,PA⊥AC,∴DE⊥AC; ∵AC∩EF=E,∴DE⊥平面 ABC; ∵DE?平面 BDE,∴平面 BDE⊥平面 ABC. 点评: 本题考查了空间中的平行与垂直问题,解题时应明确空间中的线线、线面、面面之间的垂直与平行的互相 转化关系,是基础题目. 5. (2014?黄山一模)如图,PA 垂直于矩形 ABCD 所在的平面,AD=PA=2,CD=2 点. (1)求证:AF∥平面 PCE; (2)求证:平面 PCE⊥平面 PCD; (3)求四面体 PEFC 的体积. ,E、F 分别是 AB、PD 的中
2 2 2

考点: 直线与平面平行的判定;棱锥的结构特征;平面与平面垂直的判定. 专题: 计算题;证明题. 分析: (1) 设 G 为 PC 的中点, 连接 FG, EG, 根据中位线定理得到 FG CD, AE
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CD, 进而可得到 AF∥GE,

再由线面平行的判定定理可证明 AF∥平面 PCE,得证. (2)根据 PA=AD=2 可得到 AF⊥PD,再由线面垂直的性质定理可得到 PA⊥CD,然后由 AD⊥CD 结合线 面垂直的判定定理得到 CD⊥平面 PAD,同样得到 GE⊥平面 PCD,再由面面垂直的判定定理可得证. (3)先由(2)可得知 EG 为四面体 PEFC 的高,进而求出 S△ PCF,根据棱锥的体积公式可得到答案. 解答: 解: (1)证明:设 G 为 PC 的中点,连接 FG,EG, ∵F 为 PD 的中点,E 为 AB 的中点, ∴FG CD,AE CD

∴FG AE,∴AF∥GE ∵GE?平面 PEC, ∴AF∥平面 PCE; (2)证明:∵PA=AD=2,∴AF⊥PD 又∵PA⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD, ∴PA⊥CD,∵AD⊥CD,PA∩AD=A, ∴CD⊥平面 PAD, ∵AF?平面 PAD,∴AF⊥CD. ∵PD∩CD=D,∴AF⊥平面 PCD, ∴GE⊥平面 PCD, ∵GE?平面 PEC,
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∴平面 PCE⊥平面 PCD; (3)由(2)知,GE⊥平面 PCD, 所以 EG 为四面体 PEFC 的高, 又 GF∥CD,所以 GF⊥PD, EG=AF= ,GF= CD= ,

S△ PCF= PD?GF=2. 得四面体 PEFC 的体积 V= S△ PCF?EG= .

点评: 本题主要考查线面垂直的判定定理和性质定理、面面垂直的判定定理.考查对立体几何中基本定理的掌握 程度和灵活运用能力. 6. (2014?南海区模拟)如图,四棱锥 P﹣ABCD 的底面是直角梯形,AB∥CD,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 与平面 PDC 所成角的正弦值.

考点: 直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 专题: 证明题. 分析: (Ⅰ) 由条件先证明四边形 ABFD 为正方形, 由等腰三角形的性质证明 PO⊥BD, 由勾股定理求得 PO⊥AO, 从而证得 PO⊥平面 ABCD. (Ⅱ)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,
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求出



的坐标,由

可得 OE∥PF,从而证得 OE∥平面 PDC. ,直线 CB 与平面 PDC 所成角 θ,求出一个法向量 ,可得 和 夹角的余弦值,即为直线 CB 与平面

(Ⅲ) 设平面 PDC 的法向量为 为 ,又

PDC 所成角的正弦值. 解答: 解: (Ⅰ)证明:设 F 为 DC 的中点,连接 BF,则 DF=AB.∵AB⊥AD,AB=AD,AB∥DC,∴四边形 ABFD 为正方形. ∵O 为 BD 的中点,∴O 为 AF,BD 的交点,∵PD=PB=2,∴PO⊥BD,…..(2 分)
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=
2

,∴
2 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)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,如图所示: 由已知得:A(﹣1,﹣1,0) ,B(﹣1,1,0) ,D(1,﹣1,0)F(1,1,0) ,C(1,3,0) , , 则 . ∴ ,∴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

,直线 CB 与平面 PDC 所成角 θ,



,即

,解得

,令 z1=1,

则平面 PDC 的一个法向量为 则

,又

, . … (14 分)

, ∴直线 CB 与平面 PDC 所成角的正弦值为

点评: 本题考查证明线面平行、线面垂直的方法,求直线和平面所成的角,体现了数形结合的数学思想,把 CB 和平面 PDC 所称的角的正弦值转化为 CB 和平面 PDC 的法向量夹角的余弦值,是解题的难点和关键. 7. (2014?天津模拟)如图,在四棱台 ABCD﹣A1B1C1D1 中,下底 ABCD 是边长为 2 的正方形,上底 A1B1C1D1 是 边长为 1 的正方形,侧棱 DD1⊥平面 ABCD,DD1=2. (1)求证:B1B∥平面 D1AC; (2)求证:平面 D1AC⊥平面 B1BDD1.

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考点: 直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的判定. 专题: 证明题. 分析: (1)设 AC∩BD=E,连接 D1E,根据平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1 的性质得 B1D1∥BE,而 B1D1=BE= , 则四边形 B1D1EB 是平行四边形,从而 B1B∥D1E,又因 B1B?平面 D1AC,D1E?平面 D1AC,根据线面平 行的判定定理可知 B1B∥平面 D1AC; (2)根据侧棱 DD1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,得 AC⊥DD1.而下底 ABCD 是正方形则 AC⊥BD, 根据 DD1 与 DB 是平面 B1BDD1 内的两条相交直线,则 AC⊥平面 B1BDD1,AC?平面 D1AC,根据面面垂 直的判定定理可知平面 D1AC⊥平面 B1BDD1. 解答: 证明: (1)设 AC∩BD=E,连接 D1E, ∵平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1. ∴B1D1∥BE,∵B1D1=BE= , ∴四边形 B1D1EB 是平行四边形, 所以 B1B∥D1E. 又因为 B1B?平面 D1AC,D1E?平面 D1AC, 所以 B1B∥平面 D1AC (2)证明:侧棱 DD1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD, ∴AC⊥DD1. ∵下底 ABCD 是正方形,AC⊥BD.
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∵DD1 与 DB 是平面 B1BDD1 内的两条相交直线, ∴AC⊥平面 B1BDD1 ∵AC?平面 D1AC,∴平面 D1AC⊥平面 B1BDD1. 点评: 本题主要考查了直线与平面平行、直线与平面垂直的判定定理,同时考查了空间想象能力以及推理能力, 涉及到的知识点比较多,知识性技巧性都很强. 8. (2013?北京) 如图, 在四棱锥 P﹣ABCD 中, AB∥CD, AB⊥AD, CD=2AB, 平面 PAD⊥底面 ABCD, PA⊥AD. E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点,求证: (Ⅰ)PA⊥底面 ABCD; (Ⅱ)BE∥平面 PAD; (Ⅲ)平面 BEF⊥平面 PCD.

考点: 直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定;平面与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: (Ⅰ)根据条件,利用平面和平面垂直的性质定理可得 PA⊥平面 ABCD. (Ⅱ) 根据已知条件判断 ABED 为平行四边形, 故有 BE∥AD, 再利用直线和平面平行的判定定理证得 BE∥ 平面 PAD. (Ⅲ)先证明 ABED 为矩形,可得 BE⊥CD ①.现证 CD⊥平面 PAD,可得 CD⊥PD,再由三角形中位线
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的性质可得 EF∥PD, 从而证得 CD⊥EF ②.结合①②利用直线和平面垂直的判定定理证得 CD⊥平面 BEF,再由平面和平面 垂直的判定定理 证得平面 BEF⊥平面 PCD. 解答: 解: (Ⅰ)∵PA⊥AD,平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,由平面和平面垂直的性质定 理可得 PA⊥平面 ABCD. (Ⅱ)∵AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点,故四边形 ABED 为平行四边形, 故有 BE∥AD. 又 AD?平面 PAD,BE 不在平面 PAD 内,故有 BE∥平面 PAD. (Ⅲ)平行四边形 ABED 中,由 AB⊥AD 可得,ABED 为矩形,故有 BE⊥CD ①. 由 PA⊥平面 ABCD, 可得 PA⊥AB, 再由 AB⊥AD 可得 AB⊥平面 PAD, ∴CD⊥平面 PAD, 故有 CD⊥PD. 再由 E、F 分别为 CD 和 PC 的中点,可得 EF∥PD,∴CD⊥EF ②. 而 EF 和 BE 是平面 BEF 内的两条相交直线,故有 CD⊥平面 BEF. 由于 CD?平面 PCD,∴平面 BEF⊥平面 PCD. 点评: 本题主要考查直线和平面垂直的判定定理,直线和平面平行的判定定理,平面和平面垂直的判定定理、性 质定理的应用,属于中档题. 9. (2013?天津)如图,三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,侧棱 A1A⊥底面 ABC,且各棱长均相等.D,E,F 分别为棱 AB, BC,A1C1 的中点. (Ⅰ)证明:EF∥平面 A1CD; (Ⅱ)证明:平面 A1CD⊥平面 A1ABB1; (Ⅲ)求直线 BC 与平面 A1CD 所成角的正弦值.

考点: 直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: (I)连接 ED,要证明 EF∥平面平面 A1CD,只需证明 EF∥DA1 即可; (II)欲证平面平面 A1CD⊥平面 A1ABB1,即证平面内一直线与另一平面垂直,根据直线与平面垂直的判 定定理证得 CD⊥面 A1ABB1,再根据面面垂直的判定定理得证; (III)先过 B 作 BG⊥AD 交 A1D 于 G,利用(II)中结论得出 BG⊥面 A1CD,从而∠BCG 为所求的角, 最后在直角△ BGC 中,求出 sin∠BCG 即可得出直线 BC 与平面 A1CD 所成角的正弦值. 解答: 证明: (I)三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AC∥A1C1,AC=A1C1,连接 ED,
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可得 DE∥AC,DE= AC,又 F 为棱 A1C1 的中点.∴A1F=DE,A1F∥DE, 所以 A1DEF 是平行四边形,所以 EF∥DA1, DA1?平面 A1CD,EF?平面 A1CD,∴EF∥平面 A1CD (II)∵D 是 AB 的中点,∴CD⊥AB, 又 AA1⊥平面 ABC,CD?平面 ABC, ∴AA1⊥CD,又 AA1∩AB=A, ∴CD⊥面 A1ABB1,又 CD?面 A1CD, ∴平面 A1CD⊥平面 A1ABB1; (III)过 B 作 BG⊥A1D 交 A1D 于 G, ∵平面 A1CD⊥平面 A1ABB1,且平面 A1CD∩平面 A1ABB1=A1D,
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BG⊥A1D, ∴BG⊥面 A1CD, 则∠BCG 为所求的角, 设棱长为 a,可得 A1D= ,由△ A1AD∽△BGD,得 BG= = , . ,

在直角△ BGC 中,sin∠BCG=

∴直线 BC 与平面 A1CD 所成角的正弦值

点评: 本题主要考查了平面与平面垂直的判定,直线与平面所成的角,以及直线与平面平行的判定,考查空间想 象能力、运算能力和推理论证能力,属于基础题. 10. (2013?浙江)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥面 ABCD,AB=BC=2,AD=CD= G 为线段 PC 上的点. (Ⅰ)证明:BD⊥平面 PAC; (Ⅱ)若 G 是 PC 的中点,求 DG 与 PAC 所成的角的正切值; (Ⅲ)若 G 满足 PC⊥面 BGD,求 的值. ,PA= ,∠ABC=120°,

考点: 直线与平面垂直的判定;直线与平面所成的角;点、线、面间的距离计算. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: (Ⅰ)由 PA⊥面 ABCD,可得 PA⊥BD;设 AC 与 BD 的交点为 O,则由条件可得 BD 是 AC 的中垂线,故 O 为 AC 的中点,且 BD⊥AC.再利用直线和平面垂直的判定定理证得 BD⊥面 PAC. (Ⅱ)由三角形的中位线性质以及条件证明∠DGO 为 DG 与平面 PAC 所成的角,求出 GO 和 AC 的值,可 得 OC、OD 的值,再利用直角三角形中的边角关系求得 tan∠DGO 的值.
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(Ⅲ)先证 PC⊥OG,且 PC= PG

=

.由△ COG∽△CAP,可得

,解得 GC 的值,可得

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=PC﹣GC 的值,从而求得

的值.

解答: 解: (Ⅰ)证明:∵在四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥面 ABCD,∴PA⊥BD. ∵AB=BC=2, AD=CD= , 设 AC 与 BD 的交点为 O, 则 BD 是 AC 的中垂线, 故 O 为 AC 的中点, 且 BD⊥AC. 而 PA∩AC=A,∴BD⊥面 PAC. (Ⅱ)若 G 是 PC 的中点,O 为 AC 的中点,则 GO 平行且等于 PA,故由 PA⊥面 ABCD,可得 GO⊥面 ABCD, ∴GO⊥OD,故 OD⊥平面 PAC,故∠DGO 为 DG 与平面 PAC 所成的角. 由题意可得,GO= PA= .
2 2 2

△ ABC 中,由余弦定理可得 AC =AB +BC ﹣2AB?BC?cos∠ABC=4+4﹣2×2×2×cos120°=12, ∴AC=2 ,OC= . ∵直角三角形 COD 中,OD= ∴直角三角形 GOD 中,tan∠DGO= = =2, . = .

(Ⅲ)若 G 满足 PC⊥面 BGD,∵OG?平面 BGD,∴PC⊥OG,且 PC= 由△ COG∽△CAP,可得 ,即 ,解得 GC= ,

∴PG=PC﹣GC=



=

,∴

=

= .

点评: 本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用,求直线和平面所成的角,空间距离的求法,属于中档题. 11. (2013?湖南)如图.在直棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,∠BAC=90°,AB=AC= ,AA1=3,D 是 BC 的中点,点 E 在棱 BB1 上运动. (1)证明:AD⊥C1E; (2)当异面直线 AC,C1E 所成的角为 60°时,求三棱锥 C1﹣A1B1E 的体积.

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;空间位置关系与距离. 分析: (1)根据直三棱柱的性质,得 AD⊥BB1,等腰△ ABC 中利用“三线合一”证出 AD⊥BC,结合线面垂直判 定定理,得 AD⊥平面 BB1C1C,从而可得 AD⊥C1E; (2)根据 AC∥A1C1,得到∠EC1A1(或其补角)即为异面直线 AC、C1E 所成的角.由 A1C1⊥A1B1 且 A1C1⊥AA1,证出 A1C1⊥平面 AA1B1B,从而在 Rt△ A1C1E 中得到∠EC1A1=60°,利用余弦的定义算出 C1E=2A1C1=2 ,进而得到△ A1B1E 面积为 ,由此结合锥体体积公式即可算出三棱锥 C1﹣A1B1E 的体 积. 解答: 解: (1)∵直棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,BB1⊥平面 ABC,AD?平面 ABC,∴AD⊥BB1 ∵△ABC 中,AB=AC,D 为 BC 中点,∴AD⊥BC 又∵BC、BB1?平面 BB1C1C,BC∩BB1=B
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∴AD⊥平面 BB1C1C,结合 C1E?平面 BB1C1C,可得 AD⊥C1E; (2)∵直棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AC∥A1C1, ∴∠EC1A1(或其补角)即为异面直线 AC、C1E 所成的角 ∵∠BAC=∠B1A1C1=90°,∴A1C1⊥A1B1, 又∵AA1⊥平面 A1B1C1,可得 A1C1⊥AA1, ∴结合 A1B1∩AA1=A1,可得 A1C1⊥平面 AA1B1B, ∵A1E?平面 AA1B1B,∴A1C1⊥A1E 因此,Rt△ A1C1E 中,∠EC1A1=60°,可得 cos∠EC1A1= 又∵B1C1= 由此可得 V = S△ =2,∴B1E= ×A1C1= × = ,得 C1E=2A1C1=2 =2 =

点评: 本题给出直三棱柱的底面是等腰直角三角形,在已知侧棱长和底面边长的情况下证明线线垂直并求锥体的 体积,着重考查了直棱柱的性质、空间线面垂直的判定与性质等知识,属于中档题. 12. (2012?山东)如图,几何体 E﹣ABCD 是四棱锥,△ ABD 为正三角形,CB=CD,EC⊥BD. (Ⅰ)求证:BE=DE; (Ⅱ)若∠BCD=120°,M 为线段 AE 的中点,求证:DM∥平面 BEC.

考点: 直线与平面平行的判定. 专题: 证明题. 分析: (1)设 BD 中点为 O,连接 OC,OE,则 CO⊥BD,CE⊥BD,于是 BD⊥平面 OCE,从而 BD⊥OE,即 OE 是 BD 的垂直平分线,问题解决; (2)证法一:取 AB 中点 N,连接 MN,DN,MN,易证 MN∥平面 BEC,DN∥平面 BEC,由面面平行 的判定定理即可证得平面 DMN∥平面 BEC,又 DM?平面 DMN,于是 DM∥平面 BEC;
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证法二:延长 AD,BC 交于点 F,连接 EF,易证 AB= AF,D 为线段 AF 的中点,连接 DM,则 DM∥EF, 由线面平行的判定定理即可证得结论. 解答: 证明: (I)设 BD 中点为 O,连接 OC,OE,则由 BC=CD 知,CO⊥BD, 又已知 CE⊥BD,EC∩CO=C,

所以 BD⊥平面 OCE. 所以 BD⊥OE,即 OE 是 BD 的垂直平分线, 所以 BE=DE.
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(II)证法一: 取 AB 中点 N,连接 MN,DN,

∵M 是 AE 的中点, ∴MN∥BE,又 MN?平面 BEC,BE?平面 BEC, ∴MN∥平面 BEC, ∵△ABD 是等边三角形, ∴∠BDN=30°,又 CB=CD,∠BCD=120°, ∴∠CBD=30°, ∴ND∥BC, 又 DN?平面 BEC,BC?平面 BEC, ∴DN∥平面 BEC,又 MN∩DN=N,故平面 DMN∥平面 BEC,又 DM?平面 DMN, ∴DM∥平面 BEC 证法二:延长 AD,BC 交于点 F,连接 EF,

∵CB=CD,∠BCD=120°, ∴∠CBD=30°, ∵△ABD 是等边三角形, ∴∠BAD=60°,∠ABC=90°,因此∠AFB=30°, ∴AB= AF, 又 AB=AD, ∴D 为线段 AF 的中点,连接 DM,DM∥EF,又 DM?平面 BEC,EF?平面 BEC, ∴DM∥平面 BEC 点评: 本题考查直线与平面平行的判定,考查线面垂直的判定定理与面面平行的判定定理的应用,着重考查分析 推理能力与表达、运算能力,属于中档题. 13. (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.
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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. 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: 解: (1)∵三棱柱 ABC﹣A1B1C1 是直三棱柱, ∴CC1⊥平面 ABC, ∵AD?平面 ABC,
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∴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. 14. (2011?天津)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=1,O 为 AC 中点,PO⊥平面 ABCD,PO=2,M 为 PD 中点. (Ⅰ)证明:PB∥平面 ACM; (Ⅱ)证明:AD⊥平面 PAC; (Ⅲ)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值.

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考点: 直线与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定;直线与平面所成的角. 专题: 综合题;转化思想. 分析: (I)由 O 为 AC 中点,M 为 PD 中点.结合平行四边形的对角线性质,考虑连接 BD,MO,则有 PB∥MO, 从而可证 (II)由∠ADC=45°,且 AD=AC=1,易得 AD⊥AC,PO⊥AD,根据线面垂直的判定定理可证 (III)取 DO 中点 N,由 PO⊥平面 ABCD,可得 MN⊥平面 ABCD,从而可得∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成的角.在 Rt△ ANM 中求解即可 解答: 解: (I)证明:连接 BD,MO 在平行四边形 ABCD 中,因为 O 为 AC 的中点, 所以 O 为 BD 的中点,又 M 为 PD 的中点,所以 PB∥MO 因为 PB?平面 ACM,MO?平面 ACM 所以 PB∥平面 ACM (II)证明:因为∠ADC=45°,且 AD=AC=1,所以∠DAC=90°,即 AD⊥AC 又 PO⊥平面 ABCD,AD?平面 ABCD,所以 PO⊥AD,AC∩PO=O,AD⊥平面 PAC (III)解:取 DO 中点 N,连接 MN,AN
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因为 M 为 PD 的中点,所以 MN∥PO,且 MN= PO=1,由 PO⊥平面 ABCD,得 MN⊥平面 ABCD 所以∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成的角. 在 Rt△ DAO 中, ∴ , = = ,所以 ,

在 Rt△ ANM 中,

即直线 AM 与平面 ABCD 所成的正切值为 点评: 本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识,考查空间想象能力、 运算能力、推理论证能力. 15. (2011?北京)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60°. (Ⅰ)求证:BD⊥平面 PAC; (Ⅱ)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (Ⅲ)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.

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考点: 直线与平面垂直的判定;点、线、面间的距离计算;用空间向量求直线间的夹角、距离. 专题: 综合题;转化思想. 分析: (I)由已知条件可得 ACBD,PABD,根据直线与平面垂直的判定定理可证 (II)结合已知条件,设 AC 与 BD 的交点为 O,则 OB⊥OC,故考虑分别以 OB,OC 为 x 轴、y 轴,以过 O 且垂直于平面 ABCD 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系,
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设 PB 与 AC 所成的角为 θ,则

,代入公式

可求

(III)分别求平面 PBC 的法向量 由平面 PBC⊥平面 PDC 可得 从而可求 t 即 PA

,平面 PDC 的法向量

解答: 解: (I)证明:因为四边形 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD, 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥BD,PA∩AC=A 所以 BD⊥平面 PAC (II)设 AC∩BD=O,因为∠BAD=60°,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=OC= , 以 O 为坐标原点,分别以 OB,OC 为 x 轴、y 轴,以过 O 且垂直于平面 ABCD 的直线为 z 轴,建立空间直 角坐标系 O﹣xyz,则 P(0,﹣ ,2) ,A(0,﹣ ,0) ,B(1,0,0) ,C(0, ,0) 所以 ,

设 PB 与 AC 所成的角为 θ,则 cosθ=|

(III)由(II)知 则 设平面 PBC 的法向量 =(x,y,z) 则 所以 =0, 令

,设





平面 PBC 的法向量所以



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同理平面 PDC 的法向量 所以 =0,即﹣6+ =0,解得 t= ,

,因为平面 PBC⊥平面 PDC,

所以 PA= . 点评: 本小题主要考查空间线面关系的垂直关系的判断、异面直线所成的角、用空间向量的方法求解直线的夹角、 距离等问题,考查数形结合、化归与转化的数学思想方法,以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解 能力 16. (2010?深圳模拟)如图,在四棱锥 S﹣ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,侧棱 SD⊥底面 ABCD,E、F 分别是 AB、SC 的中点 (1)求证:EF∥平面 SAD (2)设 SD=2CD,求二面角 A﹣EF﹣D 的大小.

考点: 直线与平面平行的判定;与二面角有关的立体几何综合题. 专题: 计算题;证明题;综合题;转化思想. 分析: 法一: (1)作 FG∥DC 交 SD 于点 G,则 G 为 SD 的中点. 要证 EF∥平面 SAD,只需证明 EF 平行平面 SAD 内的直线 AG 即可. (2)取 AG 中点 H,连接 DH,说明∠DMH 为二面角 A﹣EF﹣D 的平面角,解三角形求二面角 A﹣EF﹣D 的大小.
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法二:建立空间直角坐标系,

平面 SAD 即可证明(1) ;

(2)求出向量



,利用

,即可解答本题.

解答: 解:法一: (1)作 FG∥DC 交 SD 于点 G,则 G 为 SD 的中点. 连接 故 ,又 ,

为平行四边形.EF∥AG,又 AG?平面 SAD,EF?平面 SAD.

所以 EF∥平面 SAD. (2)不妨设 DC=2,则 SD=4,DG=2,△ ADG 为等 腰直角三角形. 取 AG 中点 H,连接 DH,则 DH⊥AG. 又 AB⊥平面 SAD,所以 AB⊥DH,而 AB∩AG=A, 所以 DH⊥面 AEF.
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取 EF 中点 M,连接 MH,则 HM⊥EF. 连接 DM,则 DM⊥EF. 故∠DMH 为二面角 A﹣EF﹣D 的平面角 所以二面角 A﹣EF﹣D 的大小为 . .

法二: (1)如图,建立空间直角坐标系 D﹣xyz. 设 A(a,0,0) ,S(0,0,b) ,则 B(a,a,0) ,C(0,a,0) , . 取 SD 的中点 SAD, 所以 EF∥平面 SAD. (2) 不妨设 A (1, 0, 0) , 则B (1, 1, 0) , C (0, 1, 0) , S (0, 0, 2) , 中点 又 , , , , , , . EF ,则 . 平面 SAD,EF?平面 ,

所以向量



的夹角等于二面角 A﹣EF﹣D 的平面角.



所以二面角 A﹣EF﹣D 的大小为



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点评: 本题考查直线与平面平行的判定,二面角的求法,考查计算能力,逻辑思维能力,是中档题. 17. (2010?重庆)如图,三棱锥 P﹣ABC 中,PC⊥平面 ABC,PC=AC=2,AB=BC,D 是 PB 上一点,且 CD⊥平 面 PAB. (1)求证:AB⊥平面 PCB; (2)求二面角 C﹣PA﹣B 的大小的余弦值.

考点: 直线与平面垂直的判定;与二面角有关的立体几何综合题. 专题: 计算题;证明题;综合题;压轴题. 分析: (1)要证 AB⊥平面 PCB,只需证明直线 AB 垂直平面 PCB 内的两条相交直线 PC、CD 即可; (2)取 AP 的中点 O,连接 CO、DO;说明∠COD 为二面角 C﹣PA﹣B 的平面角,然后解三角形求二面角 C﹣PA﹣B 的大小的余弦值. 解答: (1)证明:∵PC⊥平面 ABC,AB?平面 ABC, ∴PC⊥AB. ∵CD⊥平面 PAB,AB?平面 PAB, ∴CD⊥AB.又 PC∩CD=C,∴AB⊥平面 PCB.
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(2)解:取 AP 的中点 O,连接 CO、DO. ∵PC=AC=2,∴C0⊥PA,CO= , ∵CD⊥平面 PAB,由三垂线定理的逆定理,得 DO⊥PA. ∴∠COD 为二面角 C﹣PA﹣B 的平面角. 由(1)AB⊥平面 PCB,∴AB⊥BC, 又∵AB=BC,AC=2,求得 BC= PB= ∴ ,CD=

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cos∠COD=



点评: 本题考查直线与平面垂直的判定,二面角的求法,考查空间想象能力,逻辑思维能力,是中档题.

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