高三数学垂直试题答案及解析

高三数学垂直试题答案及解析
1. [2012·辽宁高考]已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．
【答案】
【解析】依题意，以PA，PB，PC为棱构造如图所示的正方体，且此球为正方体的外接球，PD
1
为球的直径，PD
1的中点O为球心，由PD
1
＝2，可得PA＝PB＝PC＝2，由等积法可得三棱
锥P－ABC的高为，∴球心O到平面ABC的距离为－＝.
2.如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，，
是正三角形，平面平面．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析（2）．
【解析】（1）由，，，利用余弦定理，可得
，
故，又由平面平面，可得平面，又平面，故．（2）解：由（1）知平面，又平面，故平面平面．取的中点，连结，由于是正三角形，故．
可知平面，即为三棱锥的高．
在正中，，故．
三棱锥的体积．
3.已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是（）
A．α⊥β，且m⊂αB．m∥n，且n⊥β
C．α⊥β，且m∥αD．m⊥n，且n∥β
【答案】B
【解析】α⊥β，且m⊂α⇒m⊂β，或m∥β，或m与β相交，故A不成立；
m∥n，且n⊥β⇒m⊥β，故B成立；
α⊥β，且m∥α⇒m⊂β，或m∥β，或m与β相交，故C不成立；
由m⊥n，且n∥β，知m⊥β不成立，故D不正确．
故选B．
4.如图：在四棱锥中，底面是正方形，，，点在上，且.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）证明：在线段上存在点，使∥平面，并求的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析．．
【解析】（1）要证线面垂直，就是要证与平面内的两条相交直线垂直，如，虽
然题中没有给出多少垂直关系，但有线段的长度，实际上在中应用勾股定理就能证明，同理可证，于是可得平面；（2）由于在（1）已经证明了
两两垂直，因此解决下面的问题我们可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量法
解题.以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，，，，，，，这样我们只要求出平面和平面的法
向量，利用法向量的夹角与二面角相等可互补可得所求二面角大小；（3）线段上的点的坐
标可写为，这样若有平面，即与（2）中所求平面的法向量垂直，由此可出，若，说明在线段上存在符合题意的点，否则就是不存在.
试题解析：（1）证明：，，
，同理 2分
又，平面. 4分
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则 6分
平面的法向量为，
设平面的法向量为 7分
，由，，取， 8分
设二面角的平面角为
，二面角的余弦值为. 10分
（3）假设存在点，使∥平面，
令， 12分
由∥平面，，解得
存在点为的中点，即． 14分
【考点】线面垂直，空间向量与二面角，空间向量与线面平行.
5.已知PA垂直于正方形ABCD所在平面,连接PB、PC、PD、AC、BD,则下列垂直关系中正确
的序号是 .
①平面平面PBC ②平面平面PAD ③平面平面PCD
【答案】①②
【解析】易证平面, 则平面平面; 又∥, 故平面, 则平面平面, 因此①②正确.
【考点】线面垂直、面面垂直。

6.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且底面ABCD，，E 是PA的中点.
（1）求证：平面平面EBD；
（2）若PA=AB=2，求三棱锥P-EBD的高.
【答案】（1）证明过程详见解析；（2）.
【解析】本题主要以四棱锥为几何背景考查线面垂直、面面垂直、等体积法等基础知识，考查空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，利用线面垂直的性质得PA⊥BD，又因为
BD⊥PC，利用线面垂直的判定得到BD⊥平面PAC，最后利用面面垂直的判定得到平面PAC⊥平面EBD；第二问，由于BD⊥平面PAC，所以BD⊥AC，所以ABCD是菱形，可求出的面积，由于BD⊥平面PAC，所以BD⊥OE，所以可求出的面积，用等体积法求出三棱锥P-EBD的体积，通过列出的等式解出高的值.
试题解析：（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD．
又BD⊥PC，所以BD⊥平面PAC，
因为BDÌ平面EBD，所以平面PAC⊥平面EBD． 5分
（2）由（1）可知，BD⊥AC，所以ABCD是菱形，∠BAD＝120°．
所以． 7分
设AC∩BD＝O，连结OE，则（1）可知，BD⊥OE．
所以． 9分
设三棱锥P-EBD的高为h，则
，即，解得． 12分
【考点】线面垂直、面面垂直、等体积法.
7.如图，在三棱柱中，，顶点在底面上的射影恰为点，
．
（1）证明：平面平面；
（2 ）若点为的中点，求出二面角的余弦值．
（1）证明：平面平面；
（2）若点为的中点，求出二面角的余弦值．
【答案】（1）证明详见解析；（2）
【解析】（1）根据直线与平面垂直的性质可得,而已知，由直线与平面垂直的判定定理可得面，根据平面与平面垂直的判定定理可得平面平面；
(2) 过P做PP
1//A
1
B
1
交A
1
C
1
的中点于P
1
,由（1）可知P
1
A
1
,连接P
1
B,则为二面
角的平面角，解可得cos的值.
试题解析：证明：（1）由题意得：面，
∴, 2分
又，
∴面， 3分
∵面，∴平面平面； 5分
（2）解法1：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
因为P为棱的中点，故易求得． 6分
设平面的法向量为
则得
令，则 8分
而平面的法向量 9分
则 11分
由图可知二面角为锐角，
故二面角的平面角的余弦值是 . 12分
解法2：过P做PP
1//A
1
B
1
交A
1
C
1
的中点于P
1
,由（1）可知P
1
A
1
,连接P
1
B,则为
二面角的平面角， 8分
在中，，，
故二面角的平面角的余弦值是 12分
【考点】1.直线与平面垂直的性质；2.平面与平面垂直的判断和性质；3.二面角.
8.如图，在四棱锥中，底面．底面为梯形，，∥,
，．若点是线段上的动点，则满足的点的个数
是．
【答案】
【解析】由于底面，在底面上射影为，由三垂线定理，，只要即可，由平面几何知识可知，以为直径的圆与有两个交点，故满足条件的点的
个数是．
【考点】三垂线定理．
9.如图，在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在棱上，且满足
.
（1）求证：；
（2）在棱上确定一点，使、、、四点共面，并求此时的长；
（3）求平面与平面所成二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.
【解析】本题有两种方法，第一种是传统方法：（1）连接，先由正方体的性质得到，以及平面，从而得到，利用直线与平面垂直的判定定理可以得到平面，于是得到；（2）假设四点、、、四点共面，利用平面与
平面平行的性质定理得到，，于是得到四边形为平行四边形，从而得到
的长度，再结合勾股定理得到的长度，最终得到的长度；（3）先延长、交于点，连接，找出由平面与平面所形成的二面角的棱，借助平面，从点
在平面内作，连接，利用三垂线法得到为平面与平面所形成
的二面角的的平面角，然后在直角中计算的余弦值；
第二种方法是空间向量法：（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，确定与的坐标，利用来证明，进而证明
；（2）先利用平面与平面平行的性质定理得到，然后利用空间向量共线求出点的坐标，进而求出的长度；（3）先求出平面和平面的法向量，结合图形得到由平面和
平面所形成的二面角为锐角，最后再利用两个平面的法向量的夹角来进行计算.
试题解析：（1）如下图所示，连接，
由于为正方体，所以四边形为正方形，所以，
且平面，，
，平面，
平面，；
（2）如下图所示，假设、、、四点共面，则、、、四点确定平面，
由于为正方体，所以平面平面，
平面平面，平面平面，
由平面与平面平行的判定定理得，
同理可得，因此四边形为平行四边形，，
在中，，，，
由勾股定理得，
在直角梯形中，下底，直角腰，斜腰，
由勾股定理可得，
结合图形可知，解得；
（3）延长、，设，连接，则是平面与平面的交线，
过点作，垂足为点，连接，
因为，，所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
因为，即，因此，
在中，，，
所以，
即，
因为，
所以，
所以，
所以，故平面与平面所成二面角的余弦值为.
空间向量法：
（1）证明：以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，
所以，，因为，
所以，所以；
（2）设，因为平面平面，
平面平面，平面平面，所以，
所以存在实数，使得，
因为，，所以，
所以，，所以，
故当时，、、、四点共面；
（3）由（1）知，，
设是平面的法向量，
则，即，
取，则，，所以是平面的一个法向量，
而是平面的一个法向量，
设平面与平面所成的二面角为，
则，
故平面与平面所成二面角的余弦值为；
第（1）、（2）问用推理论证法，第（3）问用空间向量法，
（1）、（2）给分同推理论证法.
（3）以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，
则，，
设是平面的法向量，
则，即，
取，则，，所以是平面的一个法向量，
而是平面的一个法向量，
设平面与平面所成的二面角为，
则，
故平面与平面所成二面角的余弦值为；
【考点】1.直线与平面垂直；2.平面与平面平行的性质定理；3.利用三垂线法求二面角；4.空间向量法
10.如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C-PB-A的余弦值．.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】(1)由AB是圆的直径，得AC⊥BC，
由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.又BC⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PAC.
(2)过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.
如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
在Rt△ABC中，因为AB＝2，AC＝1，所以BC＝.
因为PA＝1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)．
故＝(，0,0)，＝(0,1,1)．
设平面BCP的法向量为n
1＝(x
1
，y
1
，z
1
)，
则所以
不妨令y
1＝1，则n
1
＝(0,1，－1)．
因为＝(0,0,1)，＝(，－1,0)，
设平面ABP的法向量为n
2＝(x
2
，y
2
，z
2
)，
则所以
不妨令x
2＝1，则n
2
＝(1，，0)．
于是cos〈n
1，n
2
〉＝＝.
所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为
11.如图，四棱锥的底面是正方形，⊥平面，
（1）求证：；
（2）求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【解析】(1)要证线线垂直，一般通过证明线面垂直来实现，那么我们就要寻找图形中已有哪些与
待证线垂直的直线，本题中首先由已知有，又有平面，则，故可证
明与过的平面垂直，从而得线线垂直；(2)要求二面角的大小，一般须根据定义作出二
面角的平面角，在三角形中解出，而平面角就是要与二面角的棱垂直的直线(射线)，题中棱是，在两个面(半平面)内与垂直的直线是哪个呢？注意到已知，因此有，从而与都是以为底边的等腰三角形，故垂直关系就是取底边中点，根据等腰三角形的性质有，，就是我们要找的平面角．
试题解析：（1）连接BD，∵⊥平面
平面
∴AC⊥SD 4分
又四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD
∴AC ⊥平面SBD
∴AC⊥SB. 6分
（2）设的中点为，连接、，
∵SD=AD,CS=CA,
∴DE⊥SA, CE⊥SA.
∴是二面角的平面角. 9分
计算得：DE＝，CE＝，CD＝2，则CD⊥DE.
,
所以所求二面角的大小为 . 12分
【考点】(1)线线垂直；(2)二面角．
12.如图，正方形所在平面与圆所在的平面相交于，线段为圆的弦，垂直于圆所在的平面，垂足为圆上异于、的点，设正方形的边长为，且.
（1）求证：平面平面；
（2）若异面直线与所成的角为，与底面所成角为，二面角所成角为，求证
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】（1）证明平面平面，即证明平面，转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直；（2）立体几何中求空间角的方法有两种，一是常规法，找出（或作出）适合题意的角；证明找出的角符合对应角的要求；求出相关角的大小（或三角函数值）.二是用向量法，即先确定两个向量（直线的方向向量或平面的法向量）求两个向量夹角的余弦值，注意确定所求的夹角与向量夹角的关系，最后得出所求的角或角的三角函数值.
试题解析：（1）圆所在的平面，在圆所在的平面上，，
又在正方形中，，，平面，
又平面，平面平面.
（2）平面，平面，，即为圆的直径，
又，且，，
以点为坐标原点，分别以为轴、轴，以垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，
，，，，
又，，，
由此得，
设平面的一个法向量，则，即，
取，则，又平面的一个法向量为，
，，
于是，即.
【考点】空间几何体的线线、线面关系，线面、面面角的求法.
13.如图，在三棱锥中，，，为的中点，为的中点，且
为正三角形.
（1）求证：平面；
（2）若，，求点到平面的距离．
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】（1）由等腰三角形三线合一得到，由中位线得到，从而得到，利用并结合直线与平面垂直的判定定理证明平面，从而得到，再结合以及直线与平面垂直的判定定理证明平面；（2）解法一是利用（1）中的条件
得到平面，以点为顶点，为底面计算三棱锥的体积，然后更换顶点，
变成以点为顶点，为底面来计算三棱锥，利用等体积法从而计算
三棱锥的高，即点到平面的距离；解法二是作或其延长线于点，然后
证明平面，从而得到的长度为点到平面的距离，进而计算的长度即可.
试题解析：（1）证明：在正中，是的中点，所以．
因为是的中点，是的中点，所以，故．
又，，、平面，
所以平面．
因为平面，所以，
又，，、平面，
所以平面；
（2）解法1：设点到平面的距离为，
因为，是的中点，所以，
因为为正三角形，所以，
因为，，所以，
所以，
因为，
由（1）知，所以，
在中，，
所以.
因为，所以，
即，所以．
故点到平面的距离为．
解法2：过点作直线的垂线，交的延长线于点，
由（1）知，平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
因为，所以平面．
所以为点到平面的距离．
因为，是的中点，所以．
因为为正三角形，所以．
因为为的中点，所以．
以下给出两种求的方法：
方法1：在△中，过点作的垂线，垂足为点，则．因为，
所以.
方法2：在中，．①，
在△中，因为，
所以，
即．②，
由①，②解得．故点到平面的距离为.
【考点】1.直线与平面垂直；2.点到平面的距离；3.等体积法
14.已知多面体中，平面，平面，，，
为的中点.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值的大小.
【答案】（1）详见解析；（2）直线与平面所成角的余弦值为.
【解析】（1）取的中点，连接、，证明平面，进而得到；（2）
法一是利用四边形为平行四边形得到，于是得到点和点到平面的距离相等，证明平面，由于点为的中点，由中位线原理得到点到平面的距离为线段长度的一半，于是计算出点到平面的距离，根据直线与平面所成角的原理计算出直线与平面所成角的正弦值，进一步求出该角的余弦值；法二是分别以、、为、
、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出直线与平面所成角的正弦值，
再根据同角三角函数的平方关系求出这个角的余弦值.
试题解析：（1）如下图所示，取的中点，连接、、，
、分别为、的中点，则，
由于平面，平面，，
又，，，，所以，平面，
平面，，
，且点为的中点，所以，
，平面，
平面，；
（2）法一：由（1）知，故四边形为平行四边形，，
故点到平面的距离等于点到平面的距离，如下图所示，连接、，
取的中点，连接，
由于平面，且平面，，
，
同理，，
因为点为的中点，，
由于，故为等边三角形，
为的中点，，，
由于四边形为平行四边形，所以，，，
，点为的中点，，
因为，平面，
、分别为、的中点，，平面，
且，故点到平面的距离为，
设直线与平面所成的角为，则，
，故直线与平面所成角的余弦值为；
法二：分别以、、为、、轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，则，
设，则，，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的余弦值为；
【考点】1.直线与平面垂直；2.直线与平面所成的角；3.空间向量法
15.如图已知：菱形所在平面与直角梯形所在平面互相垂直，，
点分别是线段的中点.
（1）求证：平面平面;
（2）点在直线上，且//平面，求平面与平面所成角的余弦值。

【答案】(1)证明详见解析；（2）.
【解析】（1）先证，由面面垂直的性质定理得到平面，所以，由勾股定理证，所以由线面垂直的判定定理得平面，所以面面垂直的判定定理得平面平面；（2）首先建立空间直角坐标系，再写出各点坐标，由共面向量定理，得，所以求出，得出点的坐标是:，由（1）得平面的法向量是
，根据条件得平面的法向量是，所以.
试题解析：（1）证明：在菱形中，因为，所以是等边三角形，
又是线段的中点，所以，
因为平面平面，所以平面，所以； 2分
在直角梯形中，，，得到：，
从而，所以， 4分
所以平面，又平面，所以平面平面； 6分
（2）由（1）平面，如图，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
7分
设点的坐标是，则共面，
所以存在实数使得：
，
得到:.即点的坐标是:, 8分
由（1）知道：平面的法向量是，
设平面的法向量是，
则：， 9分
令，则，即，
所以， 11分
即平面与平面所成角的余弦值是. 12分
【考点】1.面面垂直的判定定理；2.线面平行的判定定理；3.面面垂直的判定定理；4.向量法. 16.已知直线和平面，则下列命题正确的是
A．若∥，，则∥B．若∥，，则∥
C．若⊥，，则⊥D．若⊥，⊥，则∥
【答案】C
【解析】A项中直线与平面可能平行可能直线在平面内；B项中直线平行或异面；
C项中当直线垂直于平面时，直线垂直于平面内任意直线；D项中直线与平面平行或直线在平面内
【考点】线面垂直平行的判定与性质
点评：本题考察的空间线面的位置关系属于基本知识点，需要学生对相应的判定定理性质定理的条件记忆全面准确
17.在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD．
（Ⅰ）证明AB⊥平面VAD；
（Ⅱ）求面VAD与面VDB所成二面角的大小。

【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）因为平面VAD⊥平面ABCD，平面VAD∩平面ABCD=AD，
又AB在平面ABCD内，AD⊥AB，所以AB⊥平面VAD．…3分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知AD⊥AB，AB⊥AV．
依题意设AB=AD=AV=1，所以BV=BD=．…6分
设VD的中点为E,连结AE、BE，则AE⊥VD，BE⊥VD，
所以∠AEB是面VDA与面VDB所成二面角的平面角．…9分
又AE=，BE=，所以
故，面VAD与面VDB所成二面角的大小为．…12分
（方法二）
（Ⅰ）同方法一．…3分
（Ⅱ）设AD的中点为O，连结VO，则VO⊥底面ABCD．
又设正方形边长为1，建立空间直角坐标系如图所示．…4分
则，A（，0，0）， B（，1，0），
D（-，0，0）， V（0，0，）；
．…7分
由（Ⅰ）知是平面VAD的法向量．设是平面VDB的法向量，则
…10分
∴
由图知，面VAD与面VDB所成的二面角为锐角，
故，面VAD与面VDB所成二面角的大小为．…12分
【考点】本小题主要考查空间中线面垂直的证明以及二面角的求法，考查学生的空间想象能力及
推理论证能力和计算能力.
点评：本小题的难点在于第二问求二面角，用向量法求解二面角时，要正确判断法向量的方向，
同指向二面角内或外则向量夹角与二面角互补，一个指向内另一个指向外则相等.
18.如图，在三棱锥中，侧面与侧面均为等边三角形，，为中点．（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）二面角的余弦值为．
【解析】(I)由于侧面SBC为等边三角形，O为BC的中点，所以，
只需再取AC的中点M，连接SM，则根据条件易证：,
问题得证.
（II）解决本小题的关键是找出二面角的平面角，具体做法是取中点，连结，由（Ⅰ）知，
得．为二面角的平面角.
（Ⅰ）由题设，连结，为等腰直角三角形，
所以，且，又为等腰三角形，
，且，从而．
所以为直角三角形，．
又．所以平面．…………………6分
（Ⅱ）解法一：取中点，连结，由（Ⅰ）知，
得．为二面角的平面角．
由得平面．
所以，又，
故．
所以二面角的余弦值为………………13分
解法二：以为坐标原点，射线分别为轴、轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系．
设，则．
的中点，．
．
故等于二面角的平面角．……10分
，
所以二面角的余弦值为．………12分
19.(本题分12分）
如图，在长方体中，
，为中点.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，说明理由.
（Ⅲ）若二面角的大小为，求的长.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；
（Ⅲ）
【解析】本题考查利用空间向量这一工具求二面角，证明线面平行及线线垂直，解题的关键是建立恰当的坐标系及空间位置关系与向量的对应，此类解题，方法简单思维量小，但计算量大，易因为计算错误导致解题失败，解题时要严谨，认真，利用空间向量求解立体几何题是近几年高考的热点，必考内容，学习时要好好把握
（Ⅰ）由题意及所给的图形，可以A为原点，AB,AD,AA
1
的方向为X轴，Y轴，Z轴的正方向建立空间直角坐标系，设AB=a，给出图形中各点的坐标，
可求出向量 AD,B
1
E的坐标，验证其数量积为0即可证出两线段垂直
（II）由题意，可先假设在棱AA
1上存在一点P（0，0，t），使得DP∥平面B
1
AE，求出平面
B
1
AE法向量，可法向量与直线DP的方向向量内积为0，由此方程解出t的值，若能解出，则说明存在，若不存在符合条件的t的值，说明不存在这样的点P满足题意．
（III）由题设条件，可求面夹二面角的两个平面的法向量，利用两平面的夹角为30°建立关于a 的方程，解出a的值即可得出AB的长
解：（Ⅰ）长方体中，
得：面
面-----------4分
（Ⅱ）取的中点为，中点为，连接
在中，面
此时-----------------------8分
（Ⅲ）设，连接，过点作于点，连接
面，
得：是二面角的平面角
在中，
在矩形中，
20.（本题满分14分）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA底面ABCD,DAB为直角，
AB‖CD,AD=CD=2A B,E、F分别为PC、CD的中点.
（Ⅰ）试证：CD平面BEF;
（Ⅱ）设PA＝k·AB,且二面角E-BD-C的平面角大于,求k的取值范围.
【答案】(Ⅰ)见解析；（Ⅱ）k的取值范围为k＞
【解析】本试题主要考查了立体几何中线面的垂直的证明以及二面角的求解的综合运用
（1）根据已知的条件，通过线线垂直来判定函数的线面垂直的证明。

即由已知DF∥AB且
DAD为直角，故ABFD是矩形，从而CD BF.
又PA底面ABCD,CD AD，故知CD PD.在△PDC中，E、F分别PC、CD的中点，故
EF∥PD,从而CD EF,由此得CD面BEF.
（2）建立合理的空间直角坐标系来表示空间向量的坐标，然后求解法向量，运用法向量的夹角来表示二面角的平面角的大小。

(Ⅰ)解法一：
（Ⅰ）证：由已知DF∥AB且DAD为直角，故ABFD是矩形，从而CD BF. ………..4分
又PA底面ABCD,CD AD，故知CD PD.在△PDC中，E、F分别PC、CD的中点，故
EF∥PD,从而CD EF,由此得CD面BEF. ………..7分
（Ⅱ）连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连接EG,
则在△PAC中易知EC∥PA.又因
PA底面ABCD,故BC底面ABCD.在底面ABCD中，过C作GH BD,垂足为H,连接EH.由三垂线定理知EH BD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角. ………..10分
设AB=a,则在△PAC中，有
BG=PA=ka.
以下计算GH，考察底面的平面图（如答(19)图２）.连结GD.
因S
=BD·GH=GB·OF.故GH=.
△CBD
在△ABD中，因为AB＝a,AD=2A,得BD=a
而GB=FB=AD-a.DF-AB,从而得GH==＝因此tan EHG==
………..12分
由k＞0知是锐角，故要使＞，必须＞tan=
解之得，k的取值范围为k＞………..14分
解法二：
（Ⅰ）如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为：轴建立空间直角坐标系，设AB=a,则易知点A,B,C,D,F的坐标分别为
A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),F(a,2a,0).
从而=(2a,0,0), =(0,2a,0),
·=0,故
设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点.故
E.从而=. ·=0,故.由此得CD面BE
F.
（Ⅱ）设E在xOy平面上的投影为G，过G作GH BD垂足为H,由三垂线定理知EH BD.
从而EHG为二面角E-BD-C的平面角.
由PA＝k·AB得P(0,0,ka),E,G(a,a,0).设H(x,y,0)，则=(x-a,y-a,0),=(-a,2a,0), 由·=0得=a(x-a)+2a(y-a)=0,即x-2y=-a ①
又因=(x,a,y,0),且与的方向相同，故＝，即2x+y=2a ②
由①②解得x=a,y=a,从而＝，｜｜＝ a.
tan EHG===.由k＞0知，EHC是锐角，由EHC＞得tanEHG＞tan即
＞故k的取值范围为k＞
21.（本小题满分12分）在四棱锥中，平面，底面为矩形，
.
（Ⅰ）当时，求证：；
（Ⅱ）若边上有且只有一个点，使得，求此时二面角的余弦值.
【答案】 (Ⅰ)见解析； (Ⅱ) 。

【解析】本试题主要是考查了空间立体几何中线线垂直和二面角的求解的综合运用。

（1）因为线线垂直的证明关键是找到线面垂直，利用线面垂直的性质定理得到线线垂直。

（2）建立合理的空间直角坐标系，表示出平面的法向量，利用法向量的夹角来表示二面角的平面角的大小。

解： (Ⅰ)当时，底面为正方形，
又因为,面…………………………2分
又面
…………………………3分
(Ⅱ) 因为两两垂直，分别以它们所在直线
为轴、轴、轴建立坐标系，如图所示，
则…………………4分
设，则
要使，只要
所以，即………6分
由此可知时，存在点使得
当且仅当，即时，边上有且只有一个点，使得
由此可知…………………………8分设面的法向量
则即解得…………………………10分
取平面的法向量
则的大小与二面角的大小相等所以
因此二面角的余弦值为…………………………12分
22.（本题满分12分）如图所示，在长方体中，，，，为棱
上一点.
(1)若，求异面直线和所成角的正切值；
(2)是否存在这样的点使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】(1)传统方法就是先找出异面直线所成的角，根据异面直线所成角的定义，本小题可以过点M做∥交于N,并连接,则是异面直线和所成角.然后解
即可求出此角的大小.
(2)本小题属于探索性问题，先假设存在点M，使得平面,然后根据∽,可建立关于的等式，解出其值.
解：（1）过点M做∥交于N,并连接,则是异面直线和所成角
由题可得：在中，,
当时，异面直线和所成角的正切值为
……………………6分
（2）假设存在点M使得平面，并设
则有∽
所以，当时，使得平面……………………12分
(向量法：略)
23.如图,已知矩形ABCD,PA⊥平面ABCD于A,M,N分别为AB,PC的中点
（1）求证：MN⊥AB；
（2）若平面PDC与平面ABCD所成的二面角为θ,能否确定θ,使直线MN是异面直线AB与PC
的公垂线？若能确定,求出的值;若不能确定,说明理由.
【答案】证明：
（1）见解析；
（2）由已知角PDA就是平面PDC与平面ＡＢＣＤ所成二面角平面角直角三角形ＰＤＡ中设Ａ
Ｄ＝ａ，则ＰＤ＝，取ＣＤ中点Ｇ，直角三角形ＭＮＧ中，角ＭＧＮ＝，ＭＧ＝，于是＝，得，能确定，使MN是异面直线AB与PC的公垂线
【解析】（1）取CD中点G,连接MG,NG,则面MNG∥面PAD，易正明AB⊥面PAD，故AB⊥
面MNE，进而AB⊥MN; 直线MN是异面直线AB与PC的公垂线，只需再AB⊥PC即可。

证明：
（1）略
（2）由已知角PDA就是平面PDC与平面ＡＢＣＤ所成
成二面角平面角直角三角形ＰＤＡ中设ＡＤ＝ａ，则ＰＤ＝
取ＣＤ中点Ｇ，直角三角形ＭＮＧ中，角ＭＧＮ＝，ＭＧ＝
于是＝，得，能确定，使MN是异面直线AB与PC的公垂线24.(本小题满分12分)如图，四棱锥中，底面为矩形，
底面，，点是棱的中点.
（1）证明：平面；。