2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(二)

2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（二）
27.如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，，且FA =FC . 60DAB DBF ∠=∠=︒（1）求证：AC ⊥平面BDEF ；
（2）求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值.
28.如图（甲），在直角梯形ABED 中，，，，且，
//AB DE AB BE ⊥AB CD ⊥BC CD =，F 、H 、G 分别为AC 、AD 、DE 的中点，现将沿折起，使平面ACD ⊥平
2AB =ACD ∆CD 面CBED ，如图（乙）．
（1）求证：平面FHG ∥平面ABE ；（2）若，求二面角D -AB -4
3
BC =C
的余弦值．
29.如图,在四棱锥中,平面平面P ABCD -PAB ⊥,,90,ABCD AD BC ABC ∠=
A PA =
为的中点.
3,1,2,3,PB BC AB AD O ====AB （1）证明:PO CD ⊥；
（2）求二面角的余弦值.
C P
D O --30.如图所示的几何体中，
为三棱柱，且
，
111
ABC A B C -1AA ABC
⊥平面四边形ABCD 为平行四边形，，.
2AD CD =0
60ADC ∠=（1）求证：；
11//C D AB C
平面（2）若
，求证：
；
1AA AC =111AC A B CD
⊥平面（3）若，二面角
2CD =1A C D C
-
-，求三棱锥
的体积．
11C A CD
-
31.如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD =6，BC =2AB =4，E 、F 分别在BC 、AD 上，EF ∥A B ，现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ．
（1）若BE =1，是否存在折叠后的线段AD 上存在一点P ，且，使得CP ∥平面ABE
AP PD λ=
F ？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
λ（2）求三棱锥A -CDF 的体积的最大值，并求此时点F 到平面ACD 的距离．
F
E
C
B
A D
F
E
C
B
A
D
32.已知在四棱锥P
-
ABCD 中，底面ABCD 为矩形，且AD =2，AB =1，PA ⊥平面ABC
D ，
E ，
F 分别是线段AB ，BC 的中点.（1）证明：PF ⊥DF ；
（2）在线段PA 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ？若存在，确定点G 的位置；若不存在，说明理由.
（3）若PB 与平面ABCD 所成的角为45°,求二面角A - PD -
F 的余弦值.
33.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上.
2
(1)若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；
(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．
34.如图，几何体EF﹣ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD=2，AB
=4，
∠ADF
=90°．
（Ⅰ）求证：AC⊥FB
（Ⅱ）求二面角E﹣FB﹣C的大小．
35.如图，在四棱锥中，是的中点，底面
P ABCD -E PC 为矩形，，，，且平面ABCD 4AB =2AD =PA PD =PAD ⊥平面，平面与棱交于点，平面与平面ABCD ABE PD F PCD 交于直线.
PAB l （1）求证：；
l EF ∥（2）求与平面PB ABCD 的余弦值.
P AE B --36.在四棱锥P ﹣ABCD 中，AD ∥BC ，AD =AB =DC =BC 2
1=1，E 是PC 的中点，面PA C ⊥面ABCD ．（Ⅰ）证明：ED ∥面PAB ；
（Ⅱ）若PC =2，PA =，求二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值
3．
37.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，∠ABC =∠ACD =90°
，∠BAC =∠CAD =60°，PA ⊥平面ABCD ，P
A =2，A
B =1．
（1）设点E
为PD 的中点，求证：CE ∥平面PAB ；
（2）线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为？若存5
15
在，试确定点N 的位置，若不存在，请说明理由．
38.如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，
E ABCD -60ABC ∠=︒2AB EC ==AE BE ==（1）求证：平面EAB ⊥平面ABCD .
（2）求二面角A -EC -D 的余弦值.
39.如图，在三棱锥P -ABC 中，侧面PAB 为边长为
ABC 为以AB 为斜
边的等腰直角三角形， PC ⊥AC ．（Ⅰ）求证：PC ⊥平面ABC ；（Ⅱ）求二面角B -AP -C 的的余弦值
.
40.在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠BA D =60°，PB =PD =2，AC ∩BD =O ．（Ⅰ）证明：PC ⊥BD
（Ⅱ）若E 是PA 的中点，且BE 与平面PAC 所成的角的正切值为，求二面角A
﹣EC
﹣B 的余3
6
弦值．
41. 如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，
ABCD P -PAD ABCD ,
22==BC AD .
90=∠=∠ABC BAD （1）证明：；
BC PC ⊥（2）若直线与平面所成角为30°，求二PC PAD 面角的余弦值.
D PC B --42.如图，在底面为矩形的四棱锥中，.
P ABCD -PB AB ⊥（1）证明：平面平面；
PBC ⊥PCD （2）若异面直线与所成角为，，，求二面角
PC BD 60
PB AB =PB BC ⊥的大小.
B PD
C -
-
43.如图，已知四棱锥的底面是菱形，，，
P ABCD -3
BAD π
∠=
2AB PD ==
.
PB PC ==（1）求证：平面平面；PBC ⊥ABCD （2）求直线与平面所成角的正弦值.
PC PAB 44.如图，矩形ABCD 所在的平面和平面互相垂直，ABEF 等腰梯形中， ，，1AD AF ==，
ABEF EF AB //2=AB ,分别为的中点，为底面
060=∠BAF P O ,CB AB ,M 的重心.
OBF ∆（Ⅰ）求证：∥平面；
PM AFC （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
AC
CEF
a 45.如图，在四棱锥中，面，，，
P ABCD -PA ⊥ABCD //AB CD CD AD ⊥，，分别为，的中点．22
AD CD
AB ===E F PC CD （Ⅰ）求证：平面平面；
ABE ⊥BEF （Ⅱ）设
，若平面与平面所成锐二面角，求的取值范PA a =EBD ABCD ,43ππθ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
a 围．
46.如图所示中，，，，将三角形ABCD //AD BC AD DC AB ==60ABC ∠=︒ABD 沿折起，使点在平面上的投影落在上.
BD A BCD G BD （Ⅰ）求证：平面平面；ACD ⊥ABD （Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.
G AC D --
47.如图，在三棱锥中，，，为的中点.P ABC -AB BC ⊥PA PB =E AC （1）求证：；
PE AB ⊥（2）设平面平面，，，求二面角的平面
PAB ⊥ABC 2PB BC ==4AC =B PA C --角的正弦值.
48.如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，
P ABC -PAC ⊥PAB PAC ∆且为的中点，点在上.
AB PB ⊥AB PB ==O PA M AC （1）求证：平面平面；BOM ⊥PAC （2）求点到平面的距离.
P ABC
49.如图，在四棱锥中，底面P ABCD -PA ⊥ABCD ，底面为直角梯形，，ABCD AD BC ∥90BAD ∠=︒
，
，为的中点，平面交于点.
22PA AD AB BC ====M PB ADM PC N （1）求证：；
PB DN ⊥（2）求二面角的余弦值.
P DN A --50.如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC =90°，CD ∥AB ，AB =4，AD =CD =2，M 为线段AB 的
中点．将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D ﹣ABC ，如图2所示．（Ⅰ）求证：BC ⊥平面ACD ；
（Ⅱ）求二面角A ﹣CD ﹣M
的余弦值．
51.已知四边形ABCD 为直角梯形，∠BCD =90°，AB ∥CD ，且AD =3，BC =2CD =4，点E ，F 分别在线段AD 和BC 上，使FECD 为正方形，将四边形ABFE 沿EF 翻折至使二面角B ﹣EF ﹣C 的所成角为60°
（Ⅰ）求证：CE ∥面A ′DB ′
（Ⅱ）求直线A ′B ′与平面FECD
所成角的正弦值
52.如图，在四棱锥中，底面是P ABCD -ABCD 矩形，M 是的中点，平面，且PA PD ⊥ABCD 4
PD CD ==，．
2AD =（）求与平面所成角的正弦．1AP CMB （）求二面角的余弦值．
2M CB P --D P
A
B
C
M
A
l l
试卷答案
27.（1）设与相交于点，连接，
AC BD O FO ∵四边形为菱形，∴，且为中点，ABCD AC BD ⊥O AC ∵，∴,
FA FC =AC FO ⊥又，∴平面.
FO BD O ⋂=AC ⊥BDEF （2）连接，∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形，
DF BDEF 60DBF ∠=︒DBF ∆∵为中点，∴，又，∴平面.
O BD FO BD ⊥AC FO ⊥FO ⊥ABCD ∵两两垂直，∴建立空间直角坐标系，如图所示，
,,OA OB OF O xyz -设，∵四边形为菱形，，∴2AB =ABCD 60DAB ∠=︒2,BD AC ==∵为等边三角形，∴.DBF ∆OF =∴，)()()(,0,1,0,,A
B C F ∴.
(),,AF CF CB ===
设平面的法向量为，则，BCF (),,n x y z = 00
CF n CB n y ⎧⋅==⎪
⎨⋅=+=⎪⎩
取，得.
1x =()
1,1n =-
设直线与平面所成角为，
AF BCF θ则.
sin cos ,AF n AF n AF n
θ⋅===⋅ 28.（1）证明：由图（甲）结合已知条件知四边形为正方形，如图（乙），CBED ∵分别为的中点，∴．
F H
G 、、AC AD DE 、、//,//F
H CD HG AE ∵，∴．
//CD BE //FH BE ∵面，面．∴面．BE ⊂ABE FH ⊄ABE //FH ABE 同理可得面，
//HG ABE 又∵,∴平面平面．
FH HG H ⋂=//FHG ABE
（2）这时，43BC =23
AC =
从而
，AB =
=
过点作于，连结．
C CM AB ⊥M M
D ∵，∴面．,,CD AC CD BC AC BC C ⊥⊥⋂=CD ⊥ABC ∵面，∴,∴面，CM ⊂ABC CM CD ⊥AB ⊥MCD ∵面，∴， MD ⊂MCD AB MD ⊥∴是二面角的平面角，
CMD ∠D AB C --由得，AB CM AC BC ⋅=
⋅AC BC CM AB ⋅==∴
，MD ==
在中
Rt MCD
∆cos MC CMD MD ∠===
29.解：（1）联结因为为的中点,,PO 3,PA PB ==O AB 所以又平面平面交线为.PO AB ⊥PAB ⊥,ABCD ,
AB 平面所以又PO ⊆,PAB .PO ABCD ⊥平面CD ⊆平面
所以,ABCD .
PO CD ⊥（2）取线段的中点因为所以CD ,E 2OE =，,OE BC A 90,ABC ∠= 由（1）知,
故可以为原点,
,.AB BC AB OE ⊥⊥.PO ABCD ⊥平面O 射线
分别为的正半轴建立空间直角坐标系则
,,OB OE OP ,x y z 轴,轴轴
.O xyz -(0,0,0),(1,1,0),(0,0,(1,3,0).
O C P D -
于是(1,1,(2,2,0),(0,0,CP CD OP =--=-=
设平面的一个法向量为由得
CPD 111(,,),x y z =m 0,0CP CD ⋅=⋅=
m m 令
得111110
,220
x y x y ⎧--+=⎪⎨
-+=⎪⎩11,z
==m 设平面的法向量为由得
OPD 222(,,),x y z =n 0,0OP OD ⋅=⋅=
n n 令
得2220
,30
x y ⎧=⎪⎨
-+=⎪⎩23,x =(3,1,0).=n 所以易知二面角的平面角为锐角,
所以二4
cos ,.5
⋅<>=
==m n m n m n C PD O --面角的余弦值为C PD O --4
.
5
30.（1）【证明】连
交
于点，连交于点，则
.
1
BC 1B C
M BD AC N 1MN AB C
⊂平面由平几知：为的中点，为的中点，
M 1
BC N BD 即为的中位线.
.
MN 1BC D
∆1//MN C D
∴又
.……………3分
1111,//C D AB C
C D AB C
⊄∴平面平面（2）【证明】.
111,,,AA ABCD AC ABCD AA AC AA CD
⊥⊂
∴⊥⊥ 平面平面又
.
11111,,AA AC AA C C AC A C
=∴⊥ 知为正方形在中由余弦定理知：
.
ACD ∆222
,AC AD AC CD CD AC ==+∴⊥得又.
111
,AC AA A CD A ACC =∴⊥ 平面又.
1111
,AC A ACC CD AC ⊂∴⊥平面又
.……………………7分
1111,A C CD C AC A B CD
=∴⊥ 平面（3）【解】作
交
于，连，由（2）知：
.
1CH C D
⊥1C D
H AG 1AC CC D
⊥平面
t b . ……9分
111,,AC C D C D ACH AHC A C D C
∴⊥∴⊥∴∠--平面为二面角的平面角；由知：；
cos ,tan 2AC
AHC AHC CH ∴∠=
∠==2CD =AC =CH =在
中由平几知：，于是得为正方形.
1C CD
∆1CC =11AA C C
由（2）知：. ………………………12分
111111
(24
32C A CD D A CC V V --==⨯⨯⨯=31.
解：（1）存在P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时．32
λ=证明：当，此时，32λ=
3
5
AP AD =过P 作，与AF 交M ，则，MP FD ∥3
5
MP FD =又，故，5FD =3MP =∵，，
3EC =MP FD EC ∥∥∴，且，故四边形MPCE 为平行四边形，
MP EC ∥MP EC =∴，
PC ME ∥∵平面ABEF ，平面ABEF ，CP ØME ⊂∴平面ABEF 成立．
CP ∥（2）∵平面ABEF ⊥平面EFDC ，ABEF ∩平面EFDC =EF ，，
AF EF ∥∴AF ⊥平面EFDC ，
∵，
BE x =∴，，，
AF x =(04)x <<6FD x =-故三棱锥A -CDF 的体积，
2
111162(6)(6)332332x x V x x x x +-⎛⎫
=⨯⨯⨯-=-⨯= ⎪⎝⎭
≤∴时，三棱锥的体积V 有最大值，最大值为3．
3x =建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．
(0,0,0)F (0,0,3)A (2,1,0)C (0,3,0)D ，，．
(0,3,3)AD =- (2,2,0)CD =-
(0,0,3)FA =
设平面ACD 的法向量为，则，
(,,)n x y z = 0
0n AD n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
∴，取，则，，330
220y z x y -=⎧⎨-+=⎩1y =1x =1z =∴．
(1,1,1)n =
∴点F 到平面ACD 的距离
||||n FA d n ⋅==
32.
（1）连接，则
.
AF AF =DF =又，∴，∴2AD =222DF AF AD +=DF AF ⊥又∵平面，∴.又.PA ⊥ABCD DF PA ⊥PA AF A = ∴平面.
DF ⊥PAF ∵平面，∴.
PF ⊂PAF DF PF ⊥（2）过点作交于点，则平面，且有.E EH FD ∥AD H EH ∥PFD 1
4AH AD =
再过点作交于点，连接，则平面且.H HG DP ∥PA G EG HG ∥PFD 1
4
AG AP =∴平面平面.∴平面.
EHG ∥PFD EG ∥PFD ∴当为的一个四等分点（靠近点）时，
平面G PA A EG ∥PFD
（3）∵平面，∴是与平面所成的角，且，∴PA ⊥ABCD PBA ∠PB ABCD 45PBA ∠=︒.
1PA AB ==取的中点，连接，则，平面，∴.
AD M FM FM AD ⊥FM ⊥PAD FM PD ⊥在平面中，过点作于点，连接则平面，则为
PAD M MN PD ⊥N FN PD ⊥FMN MNF ∠二面角的平面角.
A PD F --∵，∴
Rt MND Rt
PAD △∽△MN MD
PA PD
=∵，，，且，
1PA =
1MD =PD =90FMN ∠=︒
h n
g s
n ∴，，∴MN =
FN =cos MN MNF FN ∠==故二面角A PD F -- 33.解:
以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (4,0,0)，A 1(4,0,2)，B 1(0,4，2).
22(1)因为A 1M ＝3MB 1，所以M (1,3,2).
2所以＝(4,0,2)，＝(－3,3,2).1CA 2AM 2所以cos 〈，＝
＝－
.1CA AM AM
CA 26
244⋅-39
39所以异面直线AM 和A 1C 所成角的余弦值为
.-------------------------8分39
39
(2)由A (4,0,0)，B (0,4,0)，C 1(0,0,2)，知＝(－4,4,0)，＝(－4,0,2).
2AB 1AC 2设平面ABC 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由得，
⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅001AC n AB n ⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+-0
2240
44c a b a 令a ＝1，则b ＝1，c ＝，所以平面ABC 1的一个法向量为n ＝(1,1，).22因为点M 在线段A 1B 1上，所以可设M (x,4－x,2)，所以＝(x －4,4－x,2).2AM 2因为直线AM 与平面ABC 1所成角为30°，所以|cos 〈n ，〉|＝sin 30°＝
.AM 2
1
e 由|n ·|＝|n ||||cos 〈n ，〉|，得|1·(x －4)＋1·(4－x )＋·2|AM AM AM 22＝2· ·
， 解得x ＝2或x ＝6.8)4()4(22+-+-x x 2
1
因为点M 在线段A 1B 1上，所以x ＝2，
即点M (2,2,2)是线段A 1B 1的中点. -------------------------14分
234.
（Ⅰ）证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF =D ，
∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC ，……………………………………2分∵四边形CDEF 为正方形．∴DC ⊥FC
由DC ∩AD =D ∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC ……………………4分又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD =2，AB =4
∴，，则有AC 2+BC 2=AB 2∴AC ⊥BC
22=AC 22=BC 由BC ∩FC =C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB ．……………………6分
（Ⅱ）解：由（I ）知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，
以的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-DA
DC DE ，，xyz…………………………………7分
可得D （0，0，0），F （0，2，2），B （2，4，0），E （0，0，2），C （0，2，0），A （2，0，0），
由（Ⅰ）知平面FCB 的法向量为)
0,2,2(-=AC ∵，……………………………………………………8分
)0,2,0(=EF )2,2,2(-=FB 设平面EFB 的法向量为则有即),,(z y x n =⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00FB n EF n ⎩
⎨
⎧=-+=02220
2z y x y 令则……………………………………………………………………10分
1=z )1,0,1(=n
设二面角E ﹣FB ﹣C 的大小为θ，有图易知为锐角
θ2
1cos θ所以二面角E ﹣FB ﹣C 的大小为
……………………………………………………12分
3
π
35.
解：
（1）矩形中，ABCD AB CD ∥∵面，平面，AB ⊄PCD CD ⊂PCD ∴平面，AB ∥PCD 又平面，
AB ⊂ABE 平面平面，∴，PCD ABE EF =AB EF ∥又平面平面，∴PAB PCD l =AB l ∥∴.
l EF ∥（2）取中点，连接，∵，∴，
AD O PO PA PD =PO AD ⊥又平面平面，且平面平面，PAD ⊥ABCD PAD ABCD AD =∴平面，连接，则为在平面内的射影，PO ⊥ABCD OB OB PB ABCD ∴为与平面所成角，∴PBO ∠PB ABCD sin PBO ∠=∴，由题，∴tan PBO ∠=
OB =2PO =取中点，连接，以为坐标原点，分别以，的方向分别为，，BC G OG O OA OG OP x y z
轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系：
则：，，，，则，
(002)P ∥∥(100)A ∥∥(140)B ∥∥(140)C -∥∥1212E ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
∥∥
，(102)PA =-∥∥3212AE ⎛⎫
=- ⎪
⎝⎭∥∥设平面的法向量为，于是，∴，令，PAE ()n x y
z =∥∥00
n PA n AE ⋅=⎧⋅=⎪⎨
⎪⎩203202
x z x y z -=⎧⎪⎨-++=⎪⎩2x =则，1y =1
z =∴平面的一个法向量PAE (211)
n =∥∥同理平面的一个法向量为，ABE (203)m =∥∥∴
cos ||||n m n m n m ⋅=
==∥可知二面角为钝二面角P AE B --所以二面角的余弦值为P AE
B --36.
【分析】（Ⅰ）取PB 的中点F ，连接AF ，EF ，由三角形的中位线定理可得四边形ADEF 是
平行四边形．得到DE ∥AF ，再由线面平行的判定可得ED ∥面PAB ；
（Ⅱ）法一、取BC 的中点M ，连接AM ，由题意证得A 在以BC 为直径的圆上，可得AB ⊥AC
，找出二面角A ﹣PC ﹣D 的平面角．求解三角形可得二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值．
法二、由题意证得AB ⊥AC ．又面PAC ⊥平面ABCD ，可得AB ⊥面PAC ．以A 为原点，
方向分别为x 轴正方向，y 轴正方向建立空间直角坐标系．求出P 的坐标，再求出平
面PDC 的一个法向量，由图可得为面PAC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可
得二面角A ﹣PC ﹣D 的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：取PB 的中点F ，连接AF ，EF ．∵EF 是△PBC 的中位线，∴EF ∥BC ，且EF=．
又AD=BC ，且AD=
，∴AD ∥EF 且AD=EF ，
则四边形ADEF 是平行四边形．
∴DE ∥AF ，又DE ⊄面ABP ，AF ⊂面ABP ，∴ED ∥面PAB ；
（Ⅱ）解：法一、取BC 的中点M ，连接AM ，则AD ∥MC 且AD=MC ，∴四边形ADCM 是平行四边形，
∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上．
∴AB⊥AC ，可得．
过D作DG⊥AC于G，
∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，
∴DG⊥平面PAC，则DG⊥PC．
过G作GH⊥PC于H，则PC⊥面GHD，连接DH，则PC⊥DH，∴∠GHD是二面角A﹣PC﹣D的平面角．
在△ADC
中，，连接AE ，．
在Rt△GDH
中，，
∴，
即二面角A﹣PC﹣D 的余弦值．
法二、取BC的中点M，连接AM，则AD∥MC，且AD=MC．
∴四边形ADCM是平行四边形，
∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上，
∴AB⊥AC．
∵面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴AB⊥面PAC．
如图以A 为原点，方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系．可得，．
设P（x，0，z），（z＞0），依题意有，
，
解得．
则，，．
设面PDC 的一个法向量为，
由，取x0=1，得．
为面PAC 的一个法向量，且，
设二面角A﹣PC﹣D的大小为θ，
则有，即二面角A﹣PC﹣D 的余弦值
．
37.
【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；
（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．
【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．
∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴EM∥平面PAB．
在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．
而∠BAC=60°，∴MC∥AB．
∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．
∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．
∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．
（2）解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B （
，﹣，0），C
（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），
设平面PAC 的法向量为=（x ，y ，z
），则，取=（，﹣3，0），
设
=λ
（0≤λ≤1），则
=（0，4λ，﹣2λ），
=（﹣λ﹣1，2﹣2λ），
∴|cos ＜，＞|==，∴
，∴N 为PD 的中点，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为
．
38.
（1）证明：取AB 的中点O ，连接EO ，
CO
AE EB ==AEB ∆为等腰直角三角形∴EO AB ⊥，1
EO =又∵AB BC =，60ABC ∠=︒，∴ABC ∆是等边三角形.
∴CO =
，2EC =，∴222EC EO CO =+∴EO CO
⊥∵EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面EAB ，∴平面EAB ⊥平面
ABCD
（2）解：以AB 的中点O 为坐标原点，OB 所在直线为y 轴，OE 所在直线为z 轴，如图建系
则()0,1,0A -
，)C
，)2,0D -，()
0,0,1E
d
)AC =
u u u r
，)
1EC =
-u u u r
，()
0,2,0DC =u u u r
设平面DCE 的法向量为(),,1n x y =r ，则00
EC n DC
n ⎧⋅=⎪⎨⋅
=⎪⎩u u u r r u u u r r
，即10
20y -==⎪⎩，解得：0
x y ⎧=
⎪⎨⎪=⎩
∴n ⎫=⎪⎪
⎭r 同理求得平面EAC 的一个法向量为1,1m ⎫
=-⎪⎪
⎭
u r cos ,m n m n m n
⋅==
u r r
u r r u r r ，所以二面角A EC D --.39.
证明：（Ⅰ）取中点，连结．
AB D PD CD ，，．
AP BP =Q PD AB ∴⊥，．，AC BC =Q CD AB ∴⊥PD CD D =Q I 平面．----3分
AB ∴⊥PCD 平面，
PC ⊂Q PCD ，又∵，∴- ----6分
PC AB ∴⊥PC AC ⊥PC ABC ⊥平面解：（Ⅱ）如图，以为原点建立空间直角坐标系．
C C xyz -则．设．---8分
(000)(020)(200)C A B ，，，，，，，，(00)P t ，，，，． ----9分
PB AB == 2t ∴=(002)P ，，取中点，连结．，
，
AP E BE CE ，AC PC = AB BP =，．
CE AP ∴⊥BE AP ⊥是二面角的平面角．
BEC ∴∠B AP C --，，， ---10分(011)E ，，(011)EC =--u u u r ，，(211)EB =--u u r
，，cos EC EB BEC EC EB
∴∠==
=u u u r u u r g u u u r u u r g
二面角
． -------- -12分∴B AP C --40.
【分析】（Ⅰ）证明BD ⊥AC ，BD ⊥PO ，推出BD ⊥面PAC ，然后证明BD ⊥PC ．
（Ⅱ）说明OE 是BE 在面PAC 上的射影，∠OEB 是BE 与面PAC 所成的角．利用Rt △BOE ，在
Rt △PEO 中，证明PO ⊥AO ．推出PO ⊥面ABCD ．
方法一：说明∠OHB 是二面角A ﹣EC ﹣B 的平面角．通过求解三角形求解二面角A ﹣EC ﹣B 的余弦值．方法二：以
建立空间直角坐标系，求出平面BEC
的法向量，平面AEC 的一个
法向量，利用空间向量的数量积求解即可．【解答】（本小题满分12分）
证明：（Ⅰ）因为底面是菱形，所以BD ⊥AC ．（1分）
又PB=PD ，且O 是BD 中点，所以BD ⊥PO ．（2分）
PO∩AC=O ，所以BD ⊥面PAC ．（3分）又PC ⊂面PAC ，所以BD ⊥PC ．（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，OE 是BE 在面PAC 上的射影，
所以∠OEB 是BE 与面PAC 所成的角．
在
Rt △BOE 中，
，BO=1，所以
．
在Rt △PEO 中，
，
，所以
．
所以
，又
，
所以PO 2+AO 2=PA 2，所以PO ⊥AO ．（6分）
又PO ⊥BD ，BD∩AO=O ，所以PO ⊥面ABCD ．（7分）
方法一：
过O 做OH ⊥EC 于H ，由（Ⅰ）知BD ⊥面PAC ，所以BD ⊥EC ，所以EC ⊥面BOH ，BH ⊥EC ，所以∠OHB 是二面角A ﹣EC ﹣B 的平面角．（9分）在△PAC 中，
，所以PA 2+PC 2=AC 2，即AP ⊥PC ．
所以．（10分）
，得，（11
分）
，，所以二面角A﹣EC﹣B
的余弦值为．（12分）
方法二：
如图，以
建立空间直角坐标系，
，B（0，1，0），，
，，，．（9分）
设面BEC 的法向量为，则，
即，得方程的一组解为，
即．（10分）
又面AEC 的一个法向量为，（11分）
所以，所以二面角A﹣EC﹣B
的余弦值为．
（12分）
【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
41.
（1）取AD的中点为O，连接CO
PO,，
PAD
∆
为等边三角形，AD
PO⊥
∴.
底面ABCD中，可得四边形ABCO为矩形，
AD CO ⊥∴，
⊥∴=⋂AD CO PO ,0 平面POC ，⊂PC 平面PC AD POC ⊥,.
又BC AD //，所以PC AD ⊥.
（2）由面⊥PAD 面AD PO ABCD ⊥,知，⊥∴PO 平面ABCD ，OC OD OP ,,两两垂直，直线PC 与平面PAD 所成角为
30，即
30=∠CPO ，由2=AD ，知3=
PO ，得1=CO .
分别以→
→
→
OP OD OC ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系xyz O -，
则),
3,0,0(P ),0,1,0(D )0,1,1(),0,0,1(-B C ，),0,1,0(=→
BC )0,1,1(),3,0,1(-=-=→
→
CD PC ，
设平面PBC 的法向量为),,(z y x n =
.
⎩⎨
⎧=-=∴0
30z x y ，则)1,0,3(=n
，设平面PDC 的法向量为),,(z y x m =
，
⎩⎨
⎧=-=-∴0
30z x y x ，则)1,3,3(=m
，7
7
2724||||,cos =
=⋅>=<n m n m n m
,∴由图可知二面角C SB A --的余弦值7
7
2-
.42.
（1）证明：由已知四边形为矩形，得，ABCD AB BC ⊥∵，，∴平面.PB AB ⊥PB BC B = AB ⊥PBC 又，∴平面.
//CD AB CD ⊥PBC
s
i n
a r
∵平面，∴平面平面.
CD ⊂
PCD PBC ⊥PCD （2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
B B xyz -设，，则，，，，
1PB AB ==(0)BC a a =>(0,0,0)B (0,0,)C a
(1,0,0)P (0,1,)D a 所以，，则，即，(1,0,)PC a =- (0,1,)BD a = ||cos 60||||
PC BD PC BD ∙=
22
112a a =+解得（舍去）.
1a =1a =-设是平面的法向量，则，即，111(,,)n x y z = PBD 00
n BP n BD ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩
11100x y z =⎧⎨+=⎩可取.
(0,1,1)n =-
设是平面的法向量，则即，222(,,)m x y z = PCD 00m PD m CD ⎧∙=⎪⎨∙=⎪⎩
2222
00x y z y -++=⎧⎨=⎩可取，所以，
(1,0,1)m = 1
cos ,2||||
n m n m n m ∙<>==-
由图可知二面角为锐角，所以二面角的大小为.
B PD
C --B P
D C --60
43.
（1）证明：如图，
取中点，连接、、，则和分别是等边三角形、等腰直BC M PM DM DB BCD ∆PBC ∆角三角形.
故，，且，PM BC ⊥DM BC ⊥1PM =DM =
所以，222
DM PM PD +=故，PM DM ⊥所以平面.
PM ⊥ABCD 又平面，从而平面平面.PM ⊂PBC PBC ⊥ABCD （2）如图，建立空间直角坐标系.
M xyz -，，，
，，，(0,0,1)P 2,0)A (0,1,0)B (0,1,0)C -(1,0)AB =- (0,1,1)PB =-
，
(0,1,1)PC =--
设平面的法向量为，则，
ABP (,,)n x y z = 0
0y y z ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩令，解得，，即，
1x =-y =z =(n =-
记直线与平面所成角的平面角为，则PC PAB θ||sin ||||n PC n PC θ∙===
即直线与平面.PC PAB 44.
（Ⅰ）连结OM 延长交F B 于H ，则H 为F B 的中点，又P 为C B 的中点，∴PH ∥CF ，又∵CF ⊂平面FC A ，∴PH ∥平面FC A 连结PO ，则PO ∥C A ，C A ⊂平面FC A ，∴PO ∥平面FC A
PO PH =P ∴平面POH ∥平面FC A ，PM ⊂平面POH
∴//PM 平面FC
A （Ⅱ）作AQ ⊥EF 交EF 延长线于Q,作AH ⊥DQ 交DQ 于H ，则AH ⊥面EQDC
∴∠ACH 就是直线AC 与平面CEF 所成角
在Rt ∆ADQ 中，
AH=
7
32
7231=⨯
在Rt ∆ACH 中，sin ∠
ACH=
35
105
=AC AH 直线AC 与平面CEF 所成角正弦值为35
10545.
（Ⅰ）证明：如图，∵，，，
为的中点
//AB CD CD AD ⊥22AD CD AB ===F CD ，
∴为矩形，，ABFD AB BF ⊥又由平面，AB ⊥PAD ∴，
AB PD ⊥又∵，∴，//EF PD AB EF ⊥∵，∴平面，
BF EF F = AB ⊥BEF 又平面，∴平面平面．
AE ⊂ABE ABE ⊥BEF （Ⅱ）由条件以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空
AB x AD y AP z 间坐标系，则，，，，，
(1,0,0)B (0,2,0)D (0,0,)P a (2,2,0)C (1,1,)2
a
E ，，
(1,2,0)BD =- (0,1,2a BE = 平面的法向量，设平面的法向量为，
BCD 1(0,0,1)n = EBD 2(,,)n x y z =
由即，即取，得，，22,,n BD n BE ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩ 22,,n BD n BE ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩ 20,0,2x y az
y -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩1y =2x =2z a =-则，所以，
22
(2,1,)n a
=- cos θ=
=
因为平面与平面所成锐二面角，EBD ABCD ,43ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦
所以，得1
cos 2
θ⎡∈⎢⎣12⎡⎢⎣1
2
≥
，得或
a
≤≤≤
a≤a≥
所以的取值范围是．
a
46.
（Ⅰ）证明：在等腰梯形ABCD中，可设2
AD CD AB
===，可求出BD=，4
BC=，
在BCD
∆中，222
BC BD DC
=+，∴BD DC
⊥，
∵点A在平面BCD上的投影G落在BD上，
∴AG⊥平面BCD，∴AG CD
⊥，
又BD DC
⊥，AG BD G
=
∴CD⊥平面ABD，
而CD⊂平面ACD，∴CD⊥平面ABD.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知BD CD
⊥，AG BD
⊥，G为BD中点，建立如图所示的空间坐标系，设2
AD CD AB
===，结合（Ⅰ）计算可得：(0,0,0)
D，(0,2,0)
C，G，A，(0,0,1)
GA=
，(2,1)
GC=
，
设
1111
(,,)
n x y z
=
是平面AGC的法向量，则1
11
20
z
y
=
⎧⎪
⎨
+=
⎪⎩
，取
1
n=
.
(0,2,0)
DC=
，设
2222
(,,)
n x y z
=
是平面ACD的法向量，则2
22
y
z
=
⎧⎪
+=
，
取
2
n=
.
设二面角G AC D --
的平面角为，则12cos cos ,n n θ=<>==47.
（1）设AB 中点为O ，连接PO ，EO ，因为PA PB =，所以PO AB ⊥，又E 为AC 的中点，所以EO BC ∥.
因为AB BC ⊥，所以EO AB ⊥，
因为PO OE O =I ，所以AB ⊥平面POE ，又PE ⊂平面POE ，
所以PE AB
⊥（2）由（1）知PO AB ⊥，
因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB I 平面ABC AB =，PO ⊂平面PAB ，所以PO ⊥平面ABC ，又EO AB ⊥.
以O 为坐标原点，分别以OE u u u r ，OB u u u r ，OP u u u r
为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐
标系O xyz -，如图所示，
因为AB BC ⊥，4AC =，2BC =
，所以AB =
=由O 为AB 中点，PO AB ⊥，2PB =
，得OA OB ==
1PO ==，
则，()0,0,0O ，()1,0,0E ，()0,0,1P
，(
)0,A
，(
)B
，(
)
C 设平面PAC 的一个法向量为(),,n x y z =r
，
由00
n PA n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u r r u u u r
，即020z x z ⎧-=⎪⎨+-=⎪⎩
取y =
，可得(
)
3,n =r ，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB I 平面ABC AB =，OE ⊂平面ABC ，
所以EO ⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为()1,0,0OE =u u u r
，
∴cos,
OE n
OE n
OE n
⋅
=
u u u r r
u u u r r
u u u r r==，
设二面角B PA C
--的大小为θ，则cos=
θ
所以sin==
θ，
∴二面角B PA C
--.
48.
（1），为的中点，.
AB PB
=
O AB OB PA
∴⊥
又平面平面，且平面，
PAC⊥PAB OB⊂ABP
平面，而平面，
BO
∴⊥PAC OB⊂BOM
平面平面.
∴BOM⊥PAC
（2）由已知得，为等腰直角三角形，，
PAB
∆AB PB
==
，等边的面积，
2,1
AP BO
∴==PAC
∆
PAC
S
∆
=
，
1
3
B PA
C PAC
V S BO
-∆
∴=⨯⨯=
1
1
3
=
由（1）易知平面，，
OC⊥APB2
AC BC
∴==
在中，
∴ABC
∆AB
1
2
ABC
S
∆
∴==
设点到平面的距离为，
P ABC h
则有，
1
3
P ABC ABC
V S h
-∆
=⨯⨯=
，即点到平面.
h
∴=P ABC
49.
证明：（1）因为M ，N 分别为PB ，PC 的中点，PA AB =，所以PB MA ⊥.因为90BAD ∠=︒，所以DA AB ⊥.因为PA ⊥底面ABCD ，所以DA PA ⊥.因为PA AB A =I ，所以DA ⊥平面PAB .所以PB DA ⊥.
因为AM DA A =I ，所以PB ⊥平面ADNM 因为DN ⊂平面ADNM ，所以PB DN ⊥.
（2）如图，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz -.
则()0,0,0A ，()2,0,0B ，()2,1,0C ，()0,2,0D ，()0,0,2P .由（1）可知，PB ⊥平面ADNM ，
所以平面ADMN 的法向量为()2,0,2BP =-u u r
.
设平面PDN 的法向量为(),,n x y z =r
因为()2,1,2PC =-u u u r ，()0,2,2PD =-u u u r
，
所以00n PC n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u r
即220220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩
令2z =，则2y =，1x =，
所以()1,2,2n =，所以cos ,n BP n BP n BP ⋅==
r u u r
r u u r r u u r =所以二面角P DN A --.50.
【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．
【分析】（Ⅰ）要证BC ⊥平面ACD ，只需证明BC 垂直平面ACD 内的两条相交直线AC 、OD
即可；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的数量积，求二面角A﹣CD﹣M的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）在图1中，可得，从而AC2+BC2=AB2，故AC⊥BC
取AC中点O连接DO，则DO⊥AC，又面ADC⊥面ABC，
面ADC∩面ABC=AC，DO⊂面ACD，从而OD⊥平面ABC，
∴OD⊥BC
又AC⊥BC，AC∩OD=O，
∴BC⊥平面ACD
另解：在图1中，可得，
从而AC2+BC2=AB2，故AC⊥BC
∵面ADC⊥面ABC，面ADE∩面ABC=AC，BC⊂面ABC，从而BC⊥平面ACD
（Ⅱ）建立空间直角坐标系O﹣xyz如图所示，
则，
，
，
设为面CDM的法向量，
则即，解得
令x=﹣1
，可得
又为面ACD的一个法向量
∴
∴二面角A﹣CD﹣M 的余弦值为．
51.
【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．
【分析】（I）如图所示，取FB′的中点M，连接CM，A′M．可得四边形A′EMB′是平行四边形．A′B′∥EM．同理可得A′D∥CM，可得平面EMC∥平面A′DB′，即可证明CE∥面A′DB′．（II）取DE的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．∠A′ED=∠B′FC=60°．平面EFCD的
一个法向量为=（0，0，1）．可得
=．可得直线A′
B′与平面FECD所成角的正弦值
=||．
【解答】（I）证明：如图所示，取FB′的中点M，连接CM，A′M．
∵A′E B′M，
∴四边形A′EMB′是平行四边形．
∴A′B′∥EM．
∵A′M CD，
∴四边形A′MCD是平行四边形，
∴A′D∥CM，
又∵CM∩EM=M，A′B′∩A′D=A′，
∴平面EMC∥平面A′DB′，
由CE⊂平面CME．
∴CE∥面A′DB′．
（II）解：取DE的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．∠A′ED=∠B′FC=60°．则，A′， =．
平面EFCD
的一个法向量为=（0，0，1）．
∴===﹣．
∴直线A′B′与平面FECD 所成角的正弦值=||=．
52.见解析．解：
（）∵是矩形，1ABCD ∴，
AD CD ⊥又∵平面，
PD ⊥ABCD ∴，，即，，两两垂直，
PD AD ⊥PD CD ⊥PD AD CD ∴以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系，
D DA DC DP x y z 由，，得，，，，，
4PD CD ==2AD =(2,0,0)A (2,4,0)B (0,4,0)C (0,0,0)D (0,0,4)P ，
(1,0,2)M 则，，，
(2,0,4)AP =- (2,0,0)BC =- (1,4,2)MB =-
设平面的一个法向量为，
CMB 1111(,,)n x y z =
则，即，令，得，，
11
00BC n MB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 111120420x x y z -=⎧⎨+-=⎩11y =10x =12z =
∴，
1(0,1,2)n =
∴
，1114
cos ,5
||||AP n AP n AP n ⋅<>==⋅
故与平面所成角的正弦值为
．AP CMB 4
5
（）由（1）可得(0,4,4)PC =-
，
2设平面PBC 的一个法向量为2222(,,)n x y z =
，
则2200
BC n PC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
，即22220440x y z -=⎧⎨-=⎩，令21y =，得20x =，21z =，∴2(0,1,1)n =
，
∴12cos ,n n <>=
，故二面角M CB P --。