高考数学空间几何高考真题

高考数学空间几何高考真题
一．选择题〔共9小题〕
1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是〔〕
A．B．C．D．
2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为〔〕
A．πB．C．D．
3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则〔〕
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为〔〕
A．60 B．30 C．20 D．10
5．某几何体的三视图如图所示〔单位：cm〕，则该几何体的体积〔单位：cm2〕是〔〕
A．+1 B．+3 C．+1 D．+3
6．如图，已知正四面体D﹣ABC〔所有棱长均相等的三棱锥〕，P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则〔〕
A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α
7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为〔〕
A．90πB．63πC．42πD．36π
1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为〔〕
A．10 B．12 C．14 D．16
2．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为〔〕
A．B．C．D．
二．填空题〔共5小题〕
8．已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为．
9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为．
10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．
11．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为．
12．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．
三．解答题〔共9小题〕
13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．
〔1〕证明：平面PAB⊥平面PAD；
〔2〕若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．
14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．
〔1〕证明：直线BC∥平面PAD；
〔2〕若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
15．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．
〔1〕证明：AC⊥BD；
〔2〕已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．
〔1〕求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
〔2〕设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．
17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．
〔1〕求证：PA⊥BD；
〔2〕求证：平面BDE⊥平面PAC；
〔3〕当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．
〔Ⅰ〕求异面直线AP与BC所成角的余弦值；
〔Ⅱ〕求证：PD⊥平面PBC；
〔Ⅲ〕求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．
19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．
〔Ⅰ〕证明：CE∥平面PAB；
〔Ⅱ〕求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，
〔Ⅰ〕证明：A1O∥平面B1CD1；
〔Ⅱ〕设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．
21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F〔E与A、D不重合〕分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．
求证：〔1〕EF∥平面ABC；
〔2〕AD⊥AC．
3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．
〔1〕证明：平面PAB⊥平面PAD；
〔2〕若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．
4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．
〔1〕证明：直线CE∥平面PAB；
〔2〕点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．
5．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
〔1〕证明：平面ACD⊥平面ABC；
〔2〕过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C 的余弦值．
6．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．
〔1〕求证：M为PB的中点；
〔2〕求二面角B﹣PD﹣A的大小；
〔3〕求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
7．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．
〔Ⅰ〕求证：MN∥平面BDE；
〔Ⅱ〕求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；
〔Ⅲ〕已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．
8．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD〔及其内部〕以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．
〔Ⅰ〕设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
〔Ⅱ〕当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．
2017年高考数学空间几何高考真题
参考答案与试题解析
一．选择题〔共7小题〕
1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是〔〕
A．B．C．D．
【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；
对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；
对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；
所以选项A满足题意，
故选：A．
2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为〔〕
A．πB．C．D．
【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，
∴该圆柱底面圆周半径r==，
∴该圆柱的体积：V=Sh==．
故选：B．
3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则〔〕
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，
∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，
∴A1B1⊥BC1，
∵A1B1∩B1C=B1，
∴BC1⊥平面A1ECB1，
∵A1E⊂平面A1ECB1，
∴A1E⊥BC1．
故选：C．
法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，
则A1〔2，0，2〕，E〔0，1，0〕，B〔2，2，0〕，D〔0，0，0〕，C1〔0，2，2〕，A〔2，0，0〕，C 〔0，2，0〕，
=〔﹣2，1，﹣2〕，=〔0，2，2〕，=〔﹣2，﹣2，0〕，
=〔﹣2，0，2〕，=〔﹣2，2，0〕，
∵•=﹣2，=2，=0，=6，
∴A1E⊥BC1．
故选：C．
4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为〔〕
A．60 B．30 C．20 D．10
【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，
该三棱锥的体积==10．
故选：D．
5．某几何体的三视图如图所示〔单位：cm〕，则该几何体的体积〔单位：cm2〕是〔〕
A．+1 B．+3 C．+1 D．+3
【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，
圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，
故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，
故选：A
6．如图，已知正四面体D﹣ABC〔所有棱长均相等的三棱锥〕，P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则〔〕
A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α
【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．
不妨设OP=3．则O〔0，0，0〕，P〔0，﹣3，0〕，C〔0，﹣6，0〕，D〔0，0，6〕，
Q，R，
=，=〔0，3，6〕，=〔，5，0〕，=，
=．
设平面PDR的法向量为=〔x，y，z〕，则，可得，
可得=，取平面ABC的法向量=〔0，0，1〕．
则cos==，取α=arccos．
同理可得：β=arccos．γ=arccos．
∵＞＞．
∴α＜γ＜β．
解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，
垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．
设OD=h．
则tanα=．
同理可得：tanβ=，tanγ=．
由已知可得：OE＞OG＞OF．
∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．
∴α＜γ＜β．
故选：B．
7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为〔〕
A．90πB．63πC．42πD．36π
【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，
V=π•32×10﹣•π•32×6=63π，
故选：B．
1．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为〔〕
A．10 B．12 C．14 D．16
【解答】解：由三视图可画出直观图，
该立体图中只有两个相同的梯形的面，
S梯形=×2×〔2+4〕=6，
∴这些梯形的面积之和为6×2=12，
故选：B
2．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为〔〕
A．B．C．D．
【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，
则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角
〔因异面直线所成角为〔0，]〕，
可知MN=AB1=，
NP=BC1=；
作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；
∵PQ=1，MQ=AC，
△ABC中，由余弦定理得
AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC
=4+1﹣2×2×1×〔﹣〕
=7，
∴AC=，
∴MQ=；
在△MQP中，MP==；
在△PMN中，由余弦定理得
cos∠MNP===﹣；
又异面直线所成角的范围是〔0，]，
∴AB1与BC1所成角的余弦值为．
【解法二】如图所示，
补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；
BC1=，BD==，
C1D=，
∴+BD2=，
∴∠DBC1=90°，
∴cos∠BC1D==．
二．填空题〔共5小题〕
8．已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为36π．
【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，
可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，
可得，解得r=3．
球O的表面积为：4πr2=36π．
故答案为：36π．
9．长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为14π．
【解答】解：长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，
所以球的半径为：=．
则球O的表面积为：4×=14π．
故答案为：14π．
10．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．
【解答】解：设正方体的棱长为a，
∵这个正方体的表面积为18，
∴6a2=18，
则a2=3，即a=，
∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，
∴正方体的体对角线等于球的直径，
即a=2R，
即R=，
则球的体积V=π•〔〕3=；
故答案为：．
11．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为2+．
【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，
圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2=×π×12×1=，
则该几何体的体积V=V1+2V1=2+，
故答案为：2+．
12．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．
【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，
圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．
则==．
故答案为：．
三．解答题〔共9小题〕
13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．
〔1〕证明：平面PAB⊥平面PAD；
〔2〕若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．
【解答】证明：〔1〕∵在四棱锥P﹣ABCD中，∠BAP=∠CDP=90°，
∴AB⊥PA，CD⊥PD，
又AB∥CD，∴AB⊥PD，
∵PA∩PD=P，∴AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．
解：〔2〕设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO，
∵PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，平面PAB⊥平面PAD，
∴PO⊥底面ABCD，且AD==，PO=，
∵四棱锥P﹣ABCD的体积为，
∴VP﹣ABCD=
====，
解得a=2，∴PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2，PO=，
∴PB=PC==2，
∴该四棱锥的侧面积：
S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC
=+++
=
=6+2．
14．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．
〔1〕证明：直线BC∥平面PAD；
〔2〕若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
【解答】〔1〕证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
∴直线BC∥平面PAD；
〔2〕解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x，
则AB=BC=x，CD=，O是AD的中点，
连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE，
则OE=，PO=，PE==，
△PCD面积为2，可得：=2，
即：，解得x=2，PE=2．
则V P﹣ABCD=×〔BC+AD〕×AB×PO==4．
15．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．
〔1〕证明：AC⊥BD；
〔2〕已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
【解答】证明：〔1〕取AC中点O，连结DO、BO，
∵△ABC是正三角形，AD=CD，
∴DO⊥AC，BO⊥AC，
∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，
∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD．
解：〔2〕法一：连结OE，由〔1〕知AC⊥平面OBD，
∵OE⊂平面OBD，∴OE⊥AC，
设AD=CD=，则OC=OA=1，
∴E是线段AC垂直平分线上的点，∴EC=EA=CD=，
由余弦定理得：
cos∠CBD==，
即，解得BE=1或BE=2，
∵BE＜＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，
∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，
∵BE=ED，∴S△DCE=S△BCE，
∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．
法二：设AD=CD=，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，
∴BO==，∴BO2+DO2=BD2，∴BO⊥DO，
以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，
则C〔﹣1，0，0〕，D〔0，0，1〕，B〔0，，0〕，A〔1，0，0〕，
设E〔a，b，c〕，，〔0≤λ≤1〕，则〔a，b，c﹣1〕=λ〔0，，﹣1〕，解得E〔0，，1﹣λ〕，
∴=〔1，〕，=〔﹣1，〕，
∵AE⊥EC，∴=﹣1+3λ2+〔1﹣λ〕2=0，
由λ∈[0，1]，解得，∴DE=BE，
∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，
∵DE=BE，∴S△DCE=S△BCE，
∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．
16．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．
〔1〕求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
〔2〕设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．
【解答】解：〔1〕∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，
两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积：
V=S△ABC×AA1
=
==20．
〔2〕连结AM，
∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，
两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，
∴AA1⊥底面ABC，AM==，
∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，
tan∠A1MA===，
∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan．
17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．
〔1〕求证：PA⊥BD；
〔2〕求证：平面BDE⊥平面PAC；
〔3〕当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．
【解答】解：〔1〕证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，
AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，
可得PA⊥平面ABC，
由BD⊂平面ABC，
可得PA⊥BD；
〔2〕证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，
可得BD⊥AC，
由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，
可得平面PAC⊥平面ABC，
又平面ABC∩平面ABC=AC，
BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，
即有BD⊥平面PAC，
BD⊂平面BDE，
可得平面BDE⊥平面PAC；
〔3〕PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，
且平面PAC∩平面BDE=DE，
可得PA∥DE，
又D为AC的中点，
可得E为PC的中点，且DE=PA=1，
由PA⊥平面ABC，
可得DE⊥平面ABC，
可得S△BDC=S△ABC=××2×2=1，
则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC=×1×1=．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD=1，BC=3，CD=4，PD=2．
〔Ⅰ〕求异面直线AP与BC所成角的余弦值；
〔Ⅱ〕求证：PD⊥平面PBC；
〔Ⅲ〕求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】解：〔Ⅰ〕如图，由已知AD∥BC，
故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．
因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．
在Rt△PDA中，由已知，得，
故．
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．
证明：〔Ⅱ〕因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，
所以AD⊥PD．
又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．
解：〔Ⅲ〕过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．
因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，
所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．
由于AD∥BC，DF∥AB，故BF=AD=1，
由已知，得CF=BC﹣BF=2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，
在Rt△DCF中，可得．
所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．
19．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．
〔Ⅰ〕证明：CE∥平面PAB；
〔Ⅱ〕求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】证明：〔Ⅰ〕取AD的中点F，连结EF，CF，
∵E为PD的中点，∴EF∥PA，
在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点，
∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，
∵EC⊂平面EFC，
∴EC∥平面PAB．
解：〔Ⅱ〕连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，
∵PA=PD，∴PF⊥AD，
推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，
∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，
∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，
设DC=CB=1，则AD=PC=2，∴PB=，
BF=PF=1，∴MF=，
又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，
∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，
∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，
E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，
∴E到平面PBC的距离为，
在，
由余弦定理得CE=，
设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．
20．由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，
〔Ⅰ〕证明：A1O∥平面B1CD1；
〔Ⅱ〕设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．
【解答】证明：〔Ⅰ〕取B1D1中点G，连结A1G、CG，
∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，
∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，A1GOC，
∴四边形OCGA1是平行四边形，∴A1O∥CG，
∵A1O⊄平面B1CD1，CG⊂平面B1CD1，
∴A1O∥平面B1CD1．
〔Ⅱ〕四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，BDB1D1，
∵M是OD的中点，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥A1E，
∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，
∴AO⊥BD，
∵M是OD的中点，E为AD的中点，∴EM⊥BD，
∵A1E∩EM=E，∴BD⊥平面A1EM，
∵BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面A1EM，
∵B1D1⊂平面B1CD1，
∴平面A1EM⊥平面B1CD1．
21．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F〔E与A、D不重合〕分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．
求证：〔1〕EF∥平面ABC；
〔2〕AD⊥AC．
【解答】证明：〔1〕因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，
所以AB∥EF，
又因为EF⊊平面ABC，AB⊆平面ABC，
所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；
〔2〕在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，
因为BC⊥BD，FG∥BC，
所以FG⊥BD，
又因为平面ABD⊥平面BCD，
所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，
又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，
所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，
故AD⊥AC．
3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．〔1〕证明：平面PAB⊥平面PAD；
〔2〕若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．
【解答】〔1〕证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，
∵AB∥CD，∴AB⊥PD，
又∵PA∩PD=P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD；
〔2〕解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，
由〔1〕知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，
在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD=．
取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，。