高中數(shù)學(xué)直線與平面垂直的判定含答案

高中數(shù)學(xué)直線與平面垂直的判定專題含答案

學(xué)校：班級(jí)：姓名：考號(hào)：

1.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面是邊長(zhǎng)為a的正方形，側(cè)棱PD=a,PA=PC=

y/2a.

求證：(1)P。_L平面4BCD；

(2)平面PAC1平面PBO.

2.如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面4BCD為直角梯形，AB//CD,ABAD=90°,

△PAD為等邊三角形，平面PAD平面ABCD,AB=AD=2CD=2,M是PB的中點(diǎn).

(1)證明：AC1PB；

(2)求四面體P-4MC的體積.

3.將棱長(zhǎng)為2的正方體4BCD-4&C1D1沿平面ABC。1截去一半(如圖1所示)得到如

圖2所示的幾何體，點(diǎn)E,F分別是BC,OC的中點(diǎn).

(1)證明：EF1平面4ac；

(2)求三棱錐4-C1EF的體積.

4.如圖，AB為圓柱的底面直徑，BBi為圓柱的兩條母線，點(diǎn)C,G，。分別為力B,

441的中點(diǎn)，AAX=2AC=2,CM1BD,垂足為M.

(1)證明：。"_1平面8。6；

(2)求三棱錐4-BMC的體積.

5.四棱錐P-ABCO中，AB//CD,AB1BC,AB=BC=1,PA=CD=2,PA1平

面ABC。，E在棱PB上.

(1)求證：AC1PD-,

(2)若kg=|-求證：PO〃平面4EC.

6.如圖，矩形ABC。所在平面與半圓弧CD所在平面垂直，M是半圓弧上異于C,。的點(diǎn).

試卷第2頁(yè)，總74頁(yè)

(1)證明：直線MDJ■平面BMC；

(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使得MC〃平面PBD?說(shuō)明理由.

7.如圖，四邊形力BCD為正方形，PD1平面4BCC,PD=\f3AD,AE1PC于點(diǎn)E,

EF//CD,交PD于點(diǎn)F.

(1)證明：PC1平面力DE；

(2)已知4B=1,求四面體D-4EF的體積.

8.如圖，在平面五邊形4BCDE中，AB//CE,且4E=2,乙4EC=60。，CD=ED=

V7,cosz￡DC=|,將△CDE沿CE折起，使點(diǎn)。到P的位置，且4P=乃，得到如圖2

所示的四棱錐P-ABCE.

(1)求證：AP1平面4BCE；

(2)求平面PAB與平面PCE所成銳二面角的大小.

9.如圖，在四棱錐P-4BC0中，底面4BCD是邊長(zhǎng)為4的菱形，乙4P0=芻^BAD=p

PA=PD,coszJMB=更，點(diǎn)M是AD的中點(diǎn).

4

p

(1)求證：PMJL平面ZBCD；

(2)求二面角4-PB-M的余弦值.

10.如圖，在四棱錐P-4BCD中，PD_L平面4BCD,四邊形ABCD是平行四邊形，△

PBC是邊長(zhǎng)為近的等邊三角形，BD=PD.

(1)證明：4B1平面PBD；

(2)設(shè)E是BP的中點(diǎn)，求點(diǎn)B到平面的距離.

11.如圖，四邊形4BCD為梯形，AD//BC,BMJ.AD于M,CNLAD于N,乙4=45。,

AD=4BC=4,AB=干現(xiàn)沿。/7將4CDN折起，使4ADN為正三角形，且平面

4DN_L平面4BCN,過(guò)BM的平面與線段DN,DC分別交于E,F.

D

O

(1)求證：EFIDA；

試卷第4頁(yè)，總74頁(yè)

(2)在棱Z)N上(不含端點(diǎn))是否存在點(diǎn)E,使得直線DB與平面BMEF所成角的正弦值為

p若存在，請(qǐng)確定E點(diǎn)的位置；若不存在，說(shuō)明理由.

4

12.如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形力BCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，EF//BC.EF=

2.CE=DE,CE1DE,平面CDE_L平面4BCD.

(1)求證：DE_L平面EFBC；

(2)求二面角力-BF-C的余弦值.

13.現(xiàn)有兩個(gè)全等的等腰直角三角板，直角邊長(zhǎng)為2,將它們的一直角邊重合，若將其

中一個(gè)三角板沿直角邊折起形成三棱錐力-BCD,如圖所示，其中乙4BD=60。，點(diǎn)E,

F,G分別是4C,BC,4B的中點(diǎn).

(1)求證：EF1平面CDG；

(2)求二面角F-AE-D的余弦值.

14.如圖長(zhǎng)方體ABC。-4B1GD1中，AB=AD=1,=2,點(diǎn)E為的中點(diǎn).

(1)求證：BDi〃平面4CE；

(2)求證:EBt1平面ACE；

(3)求二面角4-CE-G的余弦值.

15.在如圖所示的多面體中，4BCD是邊長(zhǎng)為3的正方形，A,D,E,F四點(diǎn)共面，AF//

面CDE,AF=1,DE=3,EF=底.

(1)求證：AD，平面CDE；

(2)若CE=3近，求二面角F-BE-C的余弦值.

16.如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形4BCD為菱形，PA=AB=2,PB=2痘,

Z.ABC=60°,且平面PAC平面ABM

(1)證明：PA1平面ABCD；

試卷第6頁(yè)，總74頁(yè)

(2)若M是PC上一點(diǎn)，且8MlpC,求三棱錐M-BCD的體積.

17.在如圖所示的多面體中，力是正方形，A,D,E,F四點(diǎn)共面.AF〃面CDE.

(1)求證：BF〃面CDE；

(2)若4D=DE=3,AF=1,EF=V13,求證平面CDE.

18.如圖，在正方體ABCD-AiBiGDi中，E是CC1的中點(diǎn).

(2)求證：平面&CCi_L平面BWiE.

19.如圖所示，四棱錐P-4BC0中，P4J■菱形ABCD所在的平面，^ABC=60°,點(diǎn)E,

F分別是BC,PD的中點(diǎn).

(1)求證：平面AEF1平面PAD；

(2)當(dāng)4B=2AP=2時(shí)，求多面體PABEF的體積.

20.如圖，在四棱錐P-力BCD中，平面PAB_L平面4BCD,BC//AD,ABAD=90°,

PA=AD=2AB=4BC=4,PC=岳.

⑴證明：P41平面ZBCD；

(2)線段4B上是否存在一點(diǎn)M,使得MC與平面PC。所成角的正弦值為等？若存在,

請(qǐng)求出空的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

21.如圖，平面4BCDJ"平面ABE,AD//BC,BCLAB,AB=BC=2AE=2,F為CE

上一點(diǎn)，且BF1平面4CE.

(1)證明：4EJ_平面BCE；

(2)若平面ABE與平面CDE所成銳二面角為60°,求4D.

22.如圖，在直四棱柱48。。一月18165中，上、下底面均為菱形，點(diǎn)G,H,M分別

為AC,BiG，BC的中點(diǎn).

試卷第8頁(yè)，總74頁(yè)

(1)求證：GH〃平面CDDiG；

(2)若乙4BC=g,求證：BiG1平面44M.

23.如圖，在直角梯形力EFB中，4E_LEF,且BF=EF=2AE=4,直角梯形AEFG

可以通過(guò)直角梯形ZEFB以直線EF為軸旋轉(zhuǎn)得到.

(1)求證：平面C15EFJ_平面BQF；

(2)若二面角G-EF-B為M求直線GE與平面4BG所成角的正弦值.

24.如圖，四邊形4BCD為正方形，Q4J_平面4BCD,PD//QA,QA=AB=-PD=1.

Q

(1)證明：直線PQ，平面DCQ；

(2)求二面角。-QB-4的余弦值.

25.如圖，在四棱錐P—4BCD中，底面4BCD為菱形，△P4D為正三角形，平面PAD_L

平面4BCD,E,尸分別是AD,CD的中點(diǎn).

(1)證明：BOJ?平面PEF；

(2)若/BAD=60。，求二面角B-PD-4的余弦值.

26.如圖所示的幾何體由等高的：個(gè)圓柱與;個(gè)圓柱拼接而成，點(diǎn)G為弧C。的中點(diǎn)，且C,

24

E,D,G四點(diǎn)共面.

(1)證明：BF1平面BCG；

(2)若直線DF與平面4FB所成角為45。，求平面BOF與平面ABG所成銳二面角的余弦值.

27.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面4BC0為梯形，PA=PD=242,DC=AD=

2AB=4,ABLAD,AB//CD,平面PAD-L平面力BCD,E為棱PB上一點(diǎn).

(1)在平面24B內(nèi)能否作一條直線與平面PAD垂直？若能，請(qǐng)畫出直線并加以證明；若

試卷第10頁(yè)，總74頁(yè)

不能，請(qǐng)說(shuō)明理由;

(2)若普=9時(shí)，求直線4E與平面PBC所成角的正弦值.

28.已知三棱柱4BC-/liBiCi，AB1AC,_L平面ABC,2AA=AB=AC=4,M

為棱力B上一點(diǎn)，若4M=3BM.

(1)求證：平面&BG_L平面BiQM；

(2)求平面414CG與平面/GM所成銳二面角的余弦值.

29.如圖1,在直角梯形ABCD中，AB//DC,/.BAD=90°,AB=4,AD=2,DC=3,點(diǎn)E

在CD上，且DE=2,將△4DE沿4E折起，使得平面4DE_L平面ABCE（如圖2）,G為

AE中點(diǎn).

圖1圖2

(1)求證：DG_L平面力BCE；

(2)在線段8。上是否存在點(diǎn)P,使得CP〃平面4DE?若存在，求黑的值；若不存在，請(qǐng)

BD

說(shuō)明理由.

30.已知三棱柱4BC-41316，AB1AC,A4i平面ABC,2AAr=AB=AC=4,M

為棱力B上一點(diǎn)，若AM=3BM.

(1)求證：B]M_L平面&BG；

(2)求三棱錐M-BBiG的體積.

31.如圖，在四棱錐P-4BCD中，四邊形4BCD是等腰梯形，AB//DC.BC=CD=2,

AB=4.M,N分別是48,AD的中點(diǎn)，且PD1NC,平面PAC_L平面力BCD.

p

(1)證明：PD1平面ABCO；

(2)已知三棱錐。-P4B的體積為￡求二面角C-PN-M的大小.

32.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA1平面4BCD,AD//BC,AD1CD,且=

CD=2>/2,BC=45/2,PA=2.

(2)在線段PD上，是否存在一點(diǎn)M,使得二面角M-AC-D的大小為45。？如果存在,

求BM與平面MAC所成角的正弦值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

試卷第12頁(yè)，總74頁(yè)

33.如圖，在直四棱柱4BCD-aB1GD1中，上、下底面均為菱形，且N4BC=%點(diǎn)

M為BC的中點(diǎn).

(1)求證：B?1平面44M；

(2)若48=44]=2,求二面角=-AM-5的余弦值.

參考答案與試題解析

高中數(shù)學(xué)直線與平面垂直的判定專題含答案

一、解答題(本題共計(jì)33小題，每題10分，共計(jì)330分)

1.

【答案】

證明：(l)PA=PC=V^a,PD=a,

：.PD2+AD2=PA2,即PDJ.4D.

同理，PD1CD.

,■ADC\CD=D,

：.PDJ_平面4BCD.

(2)由(1)可得PD_L4C,又四邊形4BCD為正方形，

/.AC1BD,

,■BDCPD=D,

：.AC_L平面PBD,

平面H4C1平面PBD.

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

平面與平面垂直的判定

【解析】

(1)由題意及圖形利用線面垂直的判定定理即可得證；

(2)由(1)可得PDJ.4C,又四邊形4BCD為正方形，所以AC1BD,由線面垂直的

判定定理得到，平面PBD,進(jìn)一步利用面面垂直的判斷證明；

【解答】

證明：(1)PA=PC=近/PD=a,

：.PD2+AD2=PA2,即PC_L4。.

同理，PD1CD.

ADCCD=D,

：.PD_L平面4BC0.

(2)由(1)可得PD_L力C,又四邊形4BCC為正方形，

AC1BD,

vBDCPD=D,

：.AC_L平面PBD,

平面PAC1平面PBD.

2.

【答案】

(1)證明：取an的中點(diǎn)。，連接PO,BO,AC與BO交于點(diǎn)N,

試卷第14頁(yè)，總74頁(yè)

VPA=PD,POA.AD,

又平面P4D1平面ABC。，

且平面PADn平面力BCD=AD,POu平面PAD,

???PO1平面4BC0.

又???ACu平面ABC。，；.POLAC,

在RtZk/WC和RtZkBA。中，

由AD=AB,Z.ADC=/.BAO,DC=A0,

得Rt△ADC=RtBAO,

：.Z.ACD=/.BOA,

：.ACAD+^BOA=ACAD+AACD=90",

/.ANO=90°,

AC1BO,

又POCBO=0,

AC_L平面POB.

?1,PBu平面POB,

AC1PB.

(2)解：設(shè)M到平面ABC。的距離為九，

由(1)知，POL^ABCD,且P0=g,

M是PB的中點(diǎn)，

點(diǎn)M到平面4BCD的距離八=|PO=y,

?二^C-PAM=^C-AMB~^M-ABC

=ixix2x2x^=^,

3223

???四面體P-AMC的體積是號(hào).

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

平面與平面垂直的性質(zhì)

點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算

柱體、錐體、臺(tái)體的體積計(jì)算

【解析】

(1)證明：取4。的中點(diǎn)0,連接P。，BO,設(shè)ACC8O=N,

PA=PD,PO1AD

又平面PADJ■平面ABC。，且平面24。n平面4BCD=AD,POu平面PAD.

???P。平面4BCD,又?：4Cu面ABC。，/.PO1AC.

在RtAADC三Rt△B4。中，由AD=AB,Z.ADC=乙BOA,DC—AO,

得Rt△ADCmRt△BAO,Z.ACD=/.BOA.Z.CAD+Z.BOA=/.CAD+

Z.ACD=90°,

/.AMO=90%故4clB。，又POCBO=Q,：.AC1平面POB.

而PBu平面POB,AC1PB.

(2)解：設(shè)M到平面4BC0的距離為八，

由(1)知.PO工平面ABCD,且P0=W.

1??M是PB的中點(diǎn)，點(diǎn)M到平面ABCD的距離h=；PO=￡

22

■1?^C-PAM=^C-AMB=^M-ABC=飛義2X2X三=三.

【解答】

(1)證明：取AD的中點(diǎn)0,連接P0,BO,4c與B0交于點(diǎn)N,

P

?1?PA=PD,：.P0A.AD,

又平面PAD，平面4BCD,

且平面PADn平面2BCD=AD,P0u平面PAD,

???P0_L平面4BCD.

又4Cu平面ABC。，P0LAC,

在Rt△/WC和Rt△BAO中，

由AD=AB,^ADC=/.BAO,DC=A0,

^Rt△ADC=RtABAO,

Z-ACD=Z.BOA,

：.Z.CAD+^BOA=Z.CAD+乙ACD=90°,

???(ANO=90°,

AC1BO,

又POCBO=0,

AC_L平面P08.

,/PBu平面POB,

AAC1PB.

(2)解：設(shè)M到平面4BCD的距離為h,

由(1)知，PO1平面4BCD,且P。=舊，

,,-”是PB的中點(diǎn)，

???點(diǎn)M到平面ABCC的距離八=1PO=y,

^C-PAM=^C-AMB=^M-ABC

=ixlx2x2x^=^,

3223

.1?四面體P-AMC的體積是當(dāng)

3.

【答案】

(1)證明：連接如圖所示，

試卷第16頁(yè)，總74頁(yè)

易知8。A.AC,

因?yàn)開(kāi)L平面4BCD,BDu平面ABC。，

所以力又力力i(1AC=4,

所以BD1平面AM。.

在ACBD中，點(diǎn)E,F分別是BC,DC的中點(diǎn)，

所以BD〃EF,

所以EF，平面414c.

(2)解：?；D]D_L平面ABC。，

2。是三棱錐Di-AEF在平面4EF上的高，且。山=2,

V點(diǎn)E,F分別是BC,DC的中點(diǎn)，

DF=CF=CE=BE=1,

S^AEF=^-\ADDF-\CFCE

i3

--ABBE=-

229

匕-DiEF=^Di-AEF=3^^AEF'01。

=ix-x2=l.

32

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

柱體、錐體、臺(tái)體的體積計(jì)算

【解析】

(1)由BD1AC和41448。，利用線面垂直的判定定理證得BOJ■平面&AC,然后再

由BD/EF證明.

(2)由5。，平面4BCD,則Di。是三棱錐5—4E尸在平面4EF上的高，然后利用等

體積法以-D1EF=求解.

【解答】

(1)證明：連接BD,如圖所示，

易知BD1AC,

因?yàn)?4iJ■平面4BCD,BDu平面4BCD,

所以44i_LBD,又A41nAe=4,

所以BD1平面44c.

在ACBD中，點(diǎn)E,F分別是BC,DC的中點(diǎn)，

所以BD〃EF,

所以EF，平面44C.

(2)解：平面ABCD,

是三棱錐Di-AEF在平面4EF上的高，且2,

,??點(diǎn)E,尸分別是BC,DC的中點(diǎn)，

DF=CF=CE=BE=1,

2

???ShAEF=2-^AD-DF-lCF-CE

13

--AB-BE=-,

22

^A-DiEF=%i-4EF=三S^AEF'

4.

【答案】

(1)證明：由題得4C=BC=4Ci=BiG，AC1BC,

y.AA11BC,AAXQAC=A,

所以BC,平面CiCD,

又GDu平面GCD,所以BCJ.C1D.

又4Ai=24C,44i1AC,點(diǎn)。是他的中點(diǎn)，

所以N410G=45°,AADC=45°,

則1DC.

又BCClCD=C,所以QDJ■平面BCD,

又CMu平面BCD,所以G。1CM,

又因?yàn)镃MIB。，GDnBO=C,

所以CM1平面BDC「

(2)解：由題得BC=AD=1,所以CO=VL

由(1)知BC，平面CiCD,

又CCu平面GCD,所以BC1C0,

所以80=y/BC2+CD2=V3,

易知△BCM7BDC,所以吧=變，

所以BM=需若小

所以匕-BMC=^M-ABC~1^D-ABC=1X△人8。XAD

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

柱體、錐體、臺(tái)體的體積計(jì)算

試卷第18頁(yè)，總74頁(yè)

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

(1)證明：由題得AC=BC=&Q=&C「AC1BC,

又44i1BC,AAtQAC=A,

所以BC_L平面GCO,

又GDu平面Ci。。，所以BC1.C1D.

又=2AC,AAi1AC,點(diǎn)。是的中點(diǎn)，

所以N&DC1=45。，LADC=45",

則G。1DC.

又BCnCD=C,所以G。_L平面BCD,

又CMu平面BCO,所以QD_LCM,

又因?yàn)镃MIBC,GDnBD=￡),

所以CM1平面BDC「

(2)解：由題得BC=4D=1,所以CC=VL

由(1)知BC_L平面GCD,

又CDu平面GCC,所以BC1CD,

所以8D=yjBC2+CD2=V3,

易知△BCM-ABDC,所以處=也，

BCBD

所以BM=空=遺.

BD33

所以匕-BMC=^M-ABC=^D-ABC=,']S△ABCXAD

=1X1X1X1X1X1=-

33218

5.

【答案】

(1)證明：過(guò)A作4F1DC于尸，如圖，

???AB//CD,AB1BC,AB=BC=1,

四邊形ABCF為正方形，

CF=DF=AF=1,ADAC=90",

即AC1DA,

又PA_L底面4BCD,ACu平面力BCD,

AC1PA.

又PAu平面PAD,ADu平面P4D,PACtAD=A,

AC_L平面PAD.

又PDu平面PAC,

???AC1PD.

p

⑵解：??,PAL^ABCD,

PA1BC.

5LAB1BC,PA,4Bu平面PAB,

BCJ_平面P4B.

^P-ACE~^C-PAE=QBC?ShPAE=-f

?'?^LPAE=3?

S"48=l'得'

/.空=2.

EB

連接DB交4c于G,連接EG,如圖，

DGDC.PE

??-"-2=，

GBABEB

GE//PD.

-：PDC平面4EC,GEu平面AEC,

PC〃平面4EC.

【考點(diǎn)】

兩條直線垂直的判定

直線與平面垂直的判定

直線與平面垂直的性質(zhì)

直線與平面平行的判定

柱體、錐體、臺(tái)體的體積計(jì)算

【解析】

(1)過(guò)4作4F10C,判斷出四邊形力BCF為則方程，由此證得4CJ.D4,結(jié)合4cl

PA證得AC平面PAD,從

而證得4c1PD

(〃)利用題目所給體積求得E到平面力BCD的距離，連接DB交4C于。，連接0E,通過(guò)證

明P&EB=DB-.OB

,證得PD/OE

，由此證得PD〃平面4BC

【解答】

(1)證明：過(guò)4作力F10C于尸，如圖，

vAB//CD,AB1BC,AB=BC=1,

試卷第20頁(yè)，總74頁(yè)

四邊形ABCF為正方形，

CF=DF=AF=1,ADAC=90",

即AC1DA,

又PA_L底面4BCD,ACu平面力BCD,

AC1PA.

又PAu平面PAD,ADu平面P4D,PACtAD=A,

AC1平面PAD.

又PDu平面PAC,

???AC1PD.

P

B

(2)解：；P41底面ABC。，

PA1BC.

又AB1BC,PA,ABu平面PAB,

BC_L平面P4B.

12

'1'^P-ACE=^C-PAE=^BC-S,AE=g'

SAP.E=-.

S"4B=1'得普=3

竺=2.

EB

連接DB交4c于G,連接EG,如圖，

,DGDC?PE

—―=——2.——,

GBABEB

：.GE//PD.

■：PD<t平面4EC,GEu平面4EC,

PD〃平面4EC.

6.

【答案】

(1)證明：由題知：平面CMDJ?平面4BCD,交線為CD.

BC1CD,BCu平面ABCD,

BC_L平面CMD,故BC_LDM.

VM為CD上異于C,。的點(diǎn)，且DC為直徑，

DM1CM.

5l.BCnCM=c,

DM_L平面BMC.

(2)解：當(dāng)P為4M的中點(diǎn)時(shí)，MC〃平面PBD.

證明如下：連結(jié)4C交BD于0.

???力BCD為矩形，，。為4c中點(diǎn).

連結(jié)0P,P為AM中點(diǎn)，J.MC//0P.

■：MCC平面PBD,OPu平面PBD,

MC〃平面PB。.

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

直線與平面平行的判定

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

(1)證明：由題知I：平面CMD1平面4BCD,交線為CC.

BC1CD,BCu平面ABCD,

BC_L平面CMD,故BC_LDM.

VM為CD上異于C,。的點(diǎn)，且DC為直徑，

DM1CM.

又BCnCM=C,

DM_L平面BMC.

(2)解：當(dāng)P為4M的中點(diǎn)時(shí)，MC〃平面PBD.

證明如下：連結(jié)4C交BD于。.

4BCD為矩形，,。為AC中點(diǎn).

連結(jié)。P,P為AM中點(diǎn)，J.MC//OP.

MCC平面PBD,OPu平面PBD,

MC〃平面PBO.

【答案】

(1)證明：因?yàn)镻DJ■平面ABCD,ACu平面ABCD,

所以尸。_L/W.

試卷第22頁(yè)，總74頁(yè)

又因?yàn)樗倪呅?BCD是正方體，

所以4。1CD.

又CDCPD=D,CD,PD平面PCD,

所以401平面PDC.

又PCu平面PDC,

所以401PC.

又AE1PC,^.AEQAD=A,AE,ACu平面4DE,

所以PC_L平面40E.

(2)解：由題意可知，AB=AD=1,PD=6,PC=2,

由(1)可知，PC1DE,且NOCE=60。，

所以EC=3且E為線段PC靠近C的四等分點(diǎn)，

所以DF=3,EF=三，

44

故%-4EF=^E-ADF=g'^hADF,EF

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

柱體、錐體、臺(tái)體的體積

【解析】

(1)利用P。J■平面ABCD,得到PCJ.AD,結(jié)合四邊形4BC。是正方體以及線面垂直

的判定定理得到4D1平面PDC,即可證明4。1PC,又4EJ.PC,由線面垂直的判定

定理證明即可.

(2)利用三角形的邊角關(guān)系求出AADF的邊，然后利用等體積法/YEF=%TDP，

求解即可.

【解答】

⑴證明：因?yàn)槭?。J■平面4BCD,4Du平面ABCD,

所以PDJ.AD.

又因?yàn)樗倪呅?BCD是正方體，

所以4D1CD.

又CDCPD=D,CD,PD平面PCO,

所以AD1平面PCC.

又PCu平面PDC,

所以4。1PC.

y.AE1PC,5.AEr\AD=A,AE,4Du平面/WE,

所以PC1平面ADE.

(2)解：由題意可知，AB=AD=1,PD=V3,PC=2,

由(1)可知，PCICE,且NDCE=60。，

所以EC=%且E為線段PC靠近C的四等分點(diǎn)，

所以DF=3,EF=三，

44

故=^E-ADF=1?SMDF'EF

=lxlx^x1x-=^

324432

【答案】

(1)證明：在ACDE中，

???CD=ED=V7,coszEDC=

7

由余弦定理得CE=J(V7)2+(V7)2-2xV7xV7x|=2.

連結(jié)AC.

,1?AE=CE=2,"EC=60",

△ACE為等邊三角形.

AC=2.

又在△APC中，AC=2,AP=y13,PC=DC=巾,

：.AC2+AP2=PC2,

△APC為直角三角形，AP1AC,

同理4P_LAE.

???4Eu平面4BCE,ACu平面4BCE,4ECMC=4.

/.AP_L平面4BCE.

(2)解：取EC的中點(diǎn)F,連結(jié)AF,

???△?!(??為等邊三角形.

AF1CE.

而4B〃CE,

AFLAB,

以A為原點(diǎn)，分別以4B,AF,AP所在直線為x,y,z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系.

則C(l,V5,0),E(-l,V3,0),P(0,0,V3),

.1?PC=(1,V3,-V3),PE=(-1,V3,-V3).

設(shè)平面PEC的法向量為益=(x,y,z),

則m-PC=x+V3y-V3z=0,

m-PE=-x+V3y-V3z=0,

L，

(y=z,

不妨設(shè)y=L

則/=(0,1,1).

又平面P4B為坐標(biāo)平面％0z,

試卷第24頁(yè)，總74頁(yè)

平面P48的法向量1=(0,1,0).

—?—?

->—>mn1V2

cos〈zn,n)=

|m||n|62

平面P4B與平面PCE所成銳二面角為J

4

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

用空間向量求平面間的夾角

【解析】

無(wú)

無(wú)

【解答】

(1)證明：在ACDE中,

CD=ED=V7,coszEDC=|

J(夕)2+(V7)2-2xV7xV7x^=2.

由余弦定理得CE=

連結(jié)AC.

AE=CE=2,Z.AEC=60°,

△ACE為等邊三角形.

AC=2.

又在△APC中，AC=2,AP=用,PC=DC=V7,

AC2+AP2=PC2,

AAPC為直角三角形，AP1AC,

同理4P_L4E.

4Eu平面4BCE,ACu平面ABCE,AEnAC=4

4P_L平面ABCE.

(2)解：取EC的中點(diǎn)F,連結(jié)4F,

△ACE為等邊三角形.

AF1CE.

而AB〃CE,

AFLAB,

以A為原點(diǎn)，分別以AB,AF,AP所在直線為x,y,z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系.

則C(l,V5,0),F(-l,Ao),P(0,0,V3),

/.PC=(1,V3,-V3),PE=(-1,V3,-V3).

設(shè)平面PEC的法向量為m=(x,y,z)f

m.,\m-PC=%+V3y-y/3z=0,

人JTT

.m-PE=-x+V3y—V3z=0,

L，

ly=z,

不妨設(shè)y=1,

則前=(0,1,1).

又平面PAB為坐標(biāo)平面xOz,

平面P4B的法向量￡=(0,1,0).

二'inn1\[2

平面24B與平面PCE所成銳二面角為？

4

9.

【答案】

(1)證明：在△P40中，/.APD=pPA=PD,

AD=4,M是4。的中點(diǎn)，

所以PA=2&,PM=2,且PM1AD.

在AP4B中，因?yàn)镃0S4P4B=①，

4

所以PB2=PA2+AB2-2PA-ABCOSAPAB=16.

因?yàn)?BCD是菱形，/.BAD-p

所以△ABD為正三角形，

則BM1/W,BM=ABsin60°=26，

所以PM?+BM2=16=PB2,

則4PMB=1,即PM1MB.

又因?yàn)锽MC4D=M,

所以PM_L平面力BCD.

(2)解：由(1)可知M4,MB,MP兩兩垂直,

以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則M(0,0,0),71(2,0,0),8(0,2遮,0),P(0,0,2),

試卷第26頁(yè)，總74頁(yè)

所以”=(-2,0,2),AB=(-2,2A/3,0).

易知平面MPB的一個(gè)法向量為薪=(1,0,0).

設(shè)％=(x,y,z)是平面4PB的法向量，

則n-AP=-2x+2z=0,

(n-AB=-2x+2y/3y=0,

取％=1,則y=浮z=lt

故￡=(1,今1)為平面4P8的一個(gè)法向量，

所以cos〈￡1〉=■?之-=—,

l^||n|7

綜上所述，二面角A-PB-M的余弦值為手.

【考點(diǎn)】

余弦定理

點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算

直線與平面垂直的判定

用空間向量求平面間的夾角

空間向量運(yùn)算的坐標(biāo)表示

平面的法向量

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

(1)證明：在△P40中，Z.APD=pPA=PD,

AD=4,M是4。的中點(diǎn)，

所以24=2近，PM=2,且PM1AD.

在AP4B中，因?yàn)镃OSNP4B=^,

4

所以PB2=PA2+AB2-2PA-ABCOSAPAB=16.

因?yàn)?BCD是菱形，/.BAD=\

所以△ABD為正三角形，

則BM1/W,BM=ABsin60°=2后

2

所以P"2+BM2=16=PB,

則4PMB=],即PM1MB.

又因?yàn)锽MCMD=M,

所以PM，平面ABCD.

(2)解：由(1)可知M4MB,MP兩兩垂直，

以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則M(0,0,0),4(2,0,0),B(0,2V3,0),P(0,0,2),

所以G=(-2,0,2),AB=(-2,273,0).

易知平面MPB的一個(gè)法向量為/=(1,0,0).

設(shè)蔡=(x,y,z)是平面力PB的法向量，

->T

則n?AP=-2x+2z=0,

n-AB=-2x+2y/3y=0,

取x=l,則丫=彳，z=1,

故蔡=(l,y,1)為平面ZPB的一個(gè)法向量，

所以cos〈晟1〉=71=—,

l^||n|7

綜上所述，二面角4-PB—M的余弦值為4.

10.

【答案】

(1)證明：因?yàn)镻DJ■平面ABCD,BD,CDu平面4BCD,

所以P。1BD且PD1CD.

在RtAPBC中，PB=V2,所以BD=PD=1,

在RtAPCD中可得CO=1.

于是B￡>2+。。2=8。2,所以BD1DC.

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，所以4B〃CD,從而AB1BD,

由于PD平面4BCD,4Bu平面ABCC,所以PDJ.4B.

由于PDClBD=D,所以4B_L平面PBD.

(2)解：由于E是BP的中點(diǎn)，

所以SABDE=弓SAPBD=義PDxBD=

由(1)可知AB_L平面BOE,

所以三棱錐4-BCE的體積為U=^ABxSABDE=2①.

由于4。=BC=V2,DE=^-,AE=yjAB2+BE2=當(dāng)，

所以/IE?+DE2=AD2,

試卷第28頁(yè)，總74頁(yè)

所以AEJ.DE,故SMOE=gAExDE=胃②.

設(shè)點(diǎn)B到平面DAE的距離是/i,

而三棱錐4-BOE的體積也滿足V=|SA4DEh,

代入①②可得h=與

故點(diǎn)B到平面D4E的距離是當(dāng)

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算

柱體、錐體、臺(tái)體的體積計(jì)算

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

(1)證明：因?yàn)镻DJ■平面4BC0,BD,CDu平面4BCD,

所以PD1BDiiPD1CD.

在RtAPB。中，PB=A/2,所以BO=PD=1,

在Rt中可得CD=1.

于是BO?+oc2=BO?,所以BD1DC.

因?yàn)樗倪呅蜛BC。是平行四邊形，所以AB〃CD,從而4B1BD,

由于P。_L平面4BCD,4Bu平面4BC0,所以PDJMB.

由于PDnBD=D,所以48_1_平面PBD.

(2)解：由于E是8P的中點(diǎn)，

所以SABDE=5S4PBD=xBD=

由(1)可知AB，平面BDE,

所以三棱錐A-BOE的體積為U=豺BxSEDE=專①.

由于4D=BC=a,DE=^-.AE=^AB2+BE2=y,

所以4E2+DE2=AD2,

所以AEJ.DE,故

設(shè)點(diǎn)B到平面ZME的距離是/i,

而三棱錐4-BDE的體積也滿足V=[S-DE%

代入①②可得仁字

故點(diǎn)B到平面D4E的距離是冬

11.

【答案】

(1)證明：因?yàn)锽M14D,CN1AD,

所以BM〃CN.

在四棱錐D-ABCN中，

CNu平面CDN,BMC平面CON,

所以BM〃平面CDN.

又平面BMEFn平面CDN=EF,

所以BM〃EF.

因?yàn)槠矫?DNJ■平面ABCN且交于AN,BMLAN,

所以BM1平面4DN,即EF，平面4DN.

又ZMu平面4CN,

所以EF1DA.

(2)解：存在，E為棱DN上靠近N點(diǎn)的四等分點(diǎn).

因?yàn)?。A=DN,AM=MN=1,連接。M,

所以DM1AN.

又平面4DNJ_平面ABCN且交于AN,

故OM_L平面4BCN.

如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系M-xyz,

則￡)(0,0,⑥,很(0,1,0),M(0,0,0),N(-l,0,0),

所以法=(0,1,一b)，BM=(0,-1,0),ND=(1,0,V3).

設(shè)&=疝)(0<4<1),

則ER-l,0,g2),ME=(A-l,0,V3A).

設(shè)平面BMEF的一個(gè)法向量蔡=(x,y,z),

則仲?蔡=°唧廠y=°.「

U.n=0,l(A-l)x+V32z=0,

不妨令x=V3A,則z=1—A,

所以［=(遍尢0,1一A).

試卷第30頁(yè)，總74頁(yè)

設(shè)直線DB與平面BMEF所成的角為a,

則有sina=|cos(n,DB)\

n-DB\_|6(2-1)_3

||n||DS|||2V3A2+(1-A)24，

解得;l=3或一3(舍)，

所以NE—ND,

4

即在棱DN上存在點(diǎn)E,

使得直線DB與平面BMEF所成角的正弦值為：，

E為棱DN上靠近N點(diǎn)的四等分點(diǎn).

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

平面與平面平行的性質(zhì)

用空間向量求直線與平面的夾角

平面的法向量

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

(1)證明：因?yàn)锽MJ.4D,CN1AD,

所以BM〃CN.

在四棱錐D-ABCN中，

CNu平面CDN,BMC平面CDN,

所以8M〃平面CDN.

又平面BMEFn平面CDN=EF,

所以BM//EF.

因?yàn)槠矫?DNJ?平面ABCN且交于4N,BM1AN,

所以BM1平面40N,即EFJ_平面4DN.

又ZMu平面ADN,

所以EF1DA.

(2)解：存在，E為棱DN上靠近N點(diǎn)的四等分點(diǎn).

因?yàn)?4=ON,AM=MN=1,連接DM,

所以DM_LAN.

又平面4DN，平面4BCN且交于4N,

故DM_L平面力BCN.

如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系M-xyz,

則。(0,0,q)，B(O,1,O),M(0,0,0),N(-l,0,0),

所以法=(0,1,一遮)，BM=(0,-1,0),ND=(1,0,V3).

設(shè)局1=疝)(0<%<1),

則ER-l,0,V5?,ME=(A-l,0,V3A).

設(shè)平面BMEF的一個(gè)法向量蔡=(x,y,z),

則忡'藍(lán)=°，即尸=仇廠

［選7=0,/-1)%+例z=0,

不妨令x=V3A,則z=1—A,

所以n=(V3A,0,1—A).

設(shè)直線DB與平面BMEF所成的角為a,

則有sina=|cos(n,DB)\

n-DB\_|6(2-1)_3

||n||DH|||2V3A2+(1-A)2"

解得”;或-9(舍)，

所以藤=工而)，

4

即在棱CN上存在點(diǎn)E,

使得直線。8與平面BMEF所成角的正弦值為：，

E為棱ON上靠近N點(diǎn)的四等分點(diǎn).

試卷第32頁(yè)，總74頁(yè)

12.

【答案】

(1)證明：因?yàn)槠矫鍯OEJ_平面4BC0,平面CDEn平面4BCD=CD,S.BC1CD,

所以BC_L平面CDE,

又因?yàn)镈Eu平面CDE,

所以BC1DE,

因?yàn)镃E1DE,BCdCE=C,BCu平面EFBC,CEa^EFBC,

所以DE1平面EFBC.

(2)解：取CD,4B中點(diǎn)0,P,連結(jié)E。，OP.

因?yàn)槠矫鍯DEJ_平面4BCD,△CCE為等腰直角三角形，所以E。1平面ABCC.

易知OP,OC,OE三條直線兩兩垂直，

分別以O(shè)P,OC,0E為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系.

則4(4,一2,0),B(4,2,0),C(0,2,0),0(0,-2,0),

E(0,0,2),F(2,0,2),AB=(0,4,0),而=(2,2,-2),

設(shè)平面ABF的法向量為蔡=(x,y,z),則

所以『著20

pFB=0,(2x+2y-2z=0,

令%=1,得九=(1,0,1),

由(1)知㈤E，平面EFBC,所以平面BFC的法向量為法=(0,2,2).

TT2I

8s5，DE>=反荻=于

由圖可知二面角4-BF-C為鈍角，

所以二面角4-BF-C的余弦值為一點(diǎn)

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

用空間向量求平面間的夾角

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

(1)證明：因?yàn)槠矫鍯DEJ_平面4BCD,平面CDEn平面ABC。=CD,S.BC1CD,

所以BC_L平面CDE,

又因?yàn)镈Eu平面CDE,

所以BC1DE,

因?yàn)镃E1DE,BCOCE=C,BCu平面EFBC,CEu平面EFBC,

所以O(shè)E1平面EFBC.

(2)解：取CD,AB中點(diǎn)。，P,連結(jié)E。，OP.

因?yàn)槠矫鍯OE_L平面4BC0,△CDE為等腰直角三角形，所以E。1平面4BCD.

易知OP,OC,0E三條直線兩兩垂直，

分別以O(shè)P,OC,0E為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系.

則4(4,-2,0),B(4,2,0),C(0,2,0),。(0,—2,0),

E(0,0,2),F(2,0,2),薪=(0,4,0),品=(2,2,-2),

設(shè)平面4BF的法向量為/=(x,y,z),則

￡6二°，所以『著20

(n-FB=0,(2x+2y-2z-0,

令%=1,得九=(1,0,1),

由(1)知。EJL平面EFBC,所以平面的法向量為法=(0,2,2).

TT21

c°s(n，DE>=萬(wàn)加方=王

由圖可知二面角4-BF-C為鈍角,

13.

【答案】

(1)證明：根據(jù)已知得4D=BC,

又G為4B的中點(diǎn)，所以DG14B.

因?yàn)锳C=BC,G為的中點(diǎn)，所以CG1AB.

又DGnCG=G,所以4B1平面CDG.

因?yàn)榱〃EF,

所以EF，平面CDG.

(2)解：因?yàn)镃CJ.4D,CD1BD,所以CD_L平面ABC.

試卷第34頁(yè)，總74頁(yè)

取BD中點(diǎn)為H,連接AH,FH,則AH_L平面BDC.

又HFLBD,所以以H為原點(diǎn)，以HB,HF,H4所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所

示的空間直角坐標(biāo)系，

則4(0,0,甸,F(0,1,0),C(-1,2,0),0(-1,0,0),

=AF=(0,1,-V3),AD=(-1,0,-V3).

設(shè)平面AEF的一個(gè)法向量為五=

T1V3

則=0,即一/]+為_(kāi)3為=0,

(明?4F=0-V5Zi=0,

令Zi=1,得%=(73,73,1).

設(shè)平面AED的-一個(gè)法向量為的=(%2，,2*2),

(AC

則膽,4f=°n'即一1/2+力一5V322=0c,

TL2-AD=0(-x2-V3Z2=0,

令Z2=-1，得九2=(6，0,-1)，

所以cos&=品=圣

所以二面角F-AE-。的余弦值為

【考點(diǎn)】

直線與平面垂直的判定

用空間向量求平面間的夾角

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

(1)證明：根據(jù)已知得4。=BD,

又G為48的中點(diǎn)，所以DG14B.

因?yàn)锳C=BC,G為AB的中點(diǎn)，所以CGJ.AB.

又DGCCG=G,所以AB1平面CDG.

因?yàn)锳B〃EF,