立体几何平行问题练习题
高中数学高考总复习立体几何各种平行与垂直的判断习题及详解
高中数学高考总复习立体几何各种平行与垂直的判断习题及详解一、选择题1．设b 、c 表示两条不重合的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题是真命题的是( )A.⎭⎪⎬⎪⎫b ⊂αc ∥α⇒b ∥c B.⎭⎪⎬⎪⎫b ⊂αb ∥c ⇒c ∥α C.⎭⎪⎬⎪⎫c ∥αc ⊥β⇒α⊥βD.⎭⎪⎬⎪⎫c ∥αα⊥β⇒c ⊥β[答案] C[解析] 选项A 中的条件不能确定b ∥c ；选项B 中条件的描述也包含着直线c 在平面α内，故不正确；选项D 中的条件也包含着c ⊂β，c 与β斜交或c ∥β，故不正确．[点评] 线线、线面、面面平行或垂直的性质定理和判定定理是解决空间图形位置关系推理的重要依据，在推理中容易把平面几何中的一些结论引用到立体几何中造成错误．对空间中位置关系的考虑不周，也是造成判断错误的因素，所以做这类题目应当考虑全面．2．定点A 和B 都在平面α内，定点P ∉α，PB ⊥α，C 是α内异于A 和B 的动点，且PC ⊥AC .那么，动点C 在平面α内的轨迹是( )A ．一条线段，但要去掉两个点B ．一个圆，但要去掉两个点C ．一个椭圆，但要去掉两个点D ．半圆，但要去掉两个点 [答案] B[解析] 连接BC ，∵PB ⊥α，∴AC ⊥PB . 又∵PC ⊥AC ，∴AC ⊥BC .∴C 在以AB 为直径的圆上．故选B. 3．设α、β、γ为平面，给出下列条件： ①a 、b 为异面直线，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α； ②α内不共线的三点到β的距离相等； ③α⊥γ，β⊥γ.其中能使α∥β成立的条件的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3[答案] B[解析]对于②，三个点不一定在同侧；对于③，面面的垂直关系不具有传递性．对于①，过b作平面γ∩α＝b′，则b∥b′，∵a与b异面，∴a与b′相交，容易证明b′∥β，又∵a∥β，∴α∥β，故只有①正确．4．a、b、c是三条直线，α、β是两个平面，b⊂α，c⊄α，则下列命题不成立的是() A．若α∥β，c⊥α，则c⊥βB．“若b⊥β，则α⊥β”的逆命题C．若a是c在α内的射影，b⊥a，则b⊥cD．“若b∥c，则c∥α”的逆否命题[答案] B[解析]一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则垂直于另一个，故A正确；若c∥α，∵a是c在α内的射影，∴c∥a，∵b⊥a，∴b⊥c；若c与α相交，则c与a相交，由线面垂直的性质与判定定理知，若b⊥a，则b⊥c，故C正确；∵b⊂α，c⊄α，b∥c，∴c∥α，因此原命题“若b∥c，则c∥α”为真，从而其逆否命题也为真，故D正确．如图，α⊥β，α∩β＝l，b⊂α，b与l不垂直，则b与β不垂直，∴B不成立．5．(文)(2010·天津河东区)已知直线a⊂平面α，直线AO⊥α，垂足为O，P A∩α＝P，若条件p：直线OP不垂直于直线a，条件q：直线AP不垂直于直线a，则条件p是条件q的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案] C故OP⊥a⇔AP⊥a，从而p⇔q.(理)(2010·河南新乡调研)设α、β、γ为平面，l、m、n为直线，则m⊥β的一个充分条件为()A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥lB．n⊥α，n⊥β，m⊥αC．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γD．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α[答案] B[解析]如图①知A错；如图②知C错；如图③在正方体中，两侧面α与β相交于l，都与底面γ垂直，γ内的直线m⊥α，但m与β不垂直，故D错．6．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB 沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC[答案] D[解析]∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD ⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，故AB⊥平面ADC.∴平面ABC⊥平面ADC.7．(文)(2010·重庆文)到两互相垂直的异面直线的距离相等的点()A．只有1个B．恰有3个C．恰有4个D．有无穷多个[答案] D[解析]过两条互相垂直的异面直线的公垂线段中点且与两条直线都成45°角的直线上所有点到两条直线的距离都相等，故选D.(理)(2010·全国Ⅱ理)与正方体ABCD－A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点()A．有且只有1个B．有且只有2个C．有且只有3个D．有无数个[答案] D[解析]如图连结B1D，可知B1D上的点到AB、CC1、A1D1的距离均相等，故选D.8．(文)平行四边形ABCD的对角线交点为O，点P在平面ABCD之外，且PA＝PC，PD＝PB，则PO与平面ABCD的关系是()A．斜交B．平行C．垂直D．无法确定[答案] C[解析]∵PA＝PC，∴PO⊥AC，∵PB＝PD，∴PO⊥BD，∵AC∩BD＝O，∴PO⊥平面ABCD.(理)棱长都为2的直平行六面体(底面为平行四边形的棱柱)ABCD－A1B1C1D1中，∠BAD ＝60°，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为()A.12B.22C.34D.38[答案] C[解析] 如图所示，过点A 1作直线A 1M ⊥D 1C 1，交D 1C 1延长线于点M ，连结MC ，A 1C ，则可得A 1M ⊥面DD 1C 1C ，∠A 1CM 就是直线A 1C 与面DD 1C 1C 所成的角．∵所有棱长均为2，∠A 1D 1C 1＝120°，∴A 1M ＝A 1D 1sin60°＝3，又A 1C ＝AC 12＋CC 12＝(23)2＋22＝4， ∴sin ∠A 1CM ＝A 1M A 1C ＝34C. [点评] 求直线与平面所成角时，一般要先观察分析是否可以找(或作)出直线上一点到平面的垂线，若能找出则可以将线面角归结到一个直角三角形中求解．若不容易找出线面角，则可以考虑能否进行转化或借助于空间向量求解，请再练习下题：(2010·全国Ⅰ文)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B.33C.23D.63[答案] D[解析] 解法1：设BD 与AC 交于点O ，连结D 1O ，∵BB 1∥DD 1，∴DD 1与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1成的角．∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，DD 1∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面DD 1B ，平面DD 1B ∩平面ACD 1＝OD 1，∴OD 1是DD 1在平面ACD 1内的射影，故∠DD 1O 为直线DD 1与平面ACD 1所成的角，设正方体的棱长为1，则DD 1＝1，DO ＝22，D 1O ＝62，∴cos ∠DD 1O ＝DD 1D 1O ＝63，∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为63. 解法2：因为BB 1∥DD 1，所以BB 1与平面ACD 1所成角和DD 1与平面ACD 1所成角相等，设DO ⊥平面ACD 1，由等体积法得VD －ACD 1＝VD 1－ACD ，即13S △ACD 1·DO ＝13S △ACD ·DD 1.设DD 1＝a ，则S △ACD 1＝12AC ·AD 1sin60°＝12×(2a )2×32＝32a 2，S △ACD ＝12·CD ＝122.所以DO ＝S △ACD ·DD 1S △ACD 1＝a 33a2＝33a ，设DD 1与平面ACD 1所成角为θ，则sin θ＝DO DD 1＝33， 所以cos θ＝63.解法3：建立如图所示空间直角坐标系D －xyz ，设边长为1，BB 1→＝(0,0,1)，平面ACD 1的一个法向量n ＝(1,1,1)，∴cos 〈BB 1→，n 〉＝13·1＝33，∴BB 1与面ACD 1所成角的余弦值为63. 9．(文)(2010·鞍山一中模拟)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，给出下列命题： ①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α⊥β，其中正确的是( ) A ．①②③ B ．②③④ C ．②④ D ．①③ [答案] D∵m ⊂β，∴此时推不出l ∥m ，故②错，排除A ，故选D. (理)若平面α与平面β相交，直线m ⊥α，则( ) A ．β内必存在直线与m 平行，且存在直线与m 垂直 B ．β内不一定存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直 C ．β内不一定存在直线与m 平行，但必存在直线与m 垂直 D ．β内必存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直 [答案] C[解析] 若β内存在直线与m 平行，则必有β⊥α，但α与β不一定垂直，故否定A 、D ；在β内必存在与m 在β内射影垂直的直线，从而此线必与m 垂直，否定B ，故选C.10．(文)(2010·芜湖十二中)已知两条不同的直线m 、n ，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是( )A ．若m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，则m ⊥nB ．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥nC ．若m ⊥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥nD ．若m ∥α，n ⊥β，α⊥β，则m ∥n[答案] A[解析]如图(1)，m⊥α，n⊥α满足n∥β，但m∥n，故C错；如图(2)知B错；如图(3)正方体中，m∥α，n⊥β，α⊥β，知D错．(理)(2010·浙江金华十校模考)设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中真命题是()A．若a，b与α所成角相等，则a∥bB．若a∥α，b∥β，α⊥β，则a⊥bC．若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α⊥βD．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b[答案] D[解析]正四棱锥P－ABCD中，PA、PC与底面ABCD所成角相等，但P A与PC相交，∴A错；如图(1)正方体中，a∥b∥c，满足a∥α，b∥β，α⊥β，故B错；图(2)正方体中，上、下底面为β、α，a、b为棱，满足a⊂α，b⊂β，a⊥b，但α∥β，故C错；二、填空题11．对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD .其中真命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上) [答案] ①④[解析] 本题考查四面体的性质，取BC 的中点E ，则BC ⊥AE ，BC ⊥DE ，∴BC ⊥面ADE ，∴BC ⊥AD ，故①正确．设O 为A 在面BCD 上的射影，依题意OB ⊥CD ，OC ⊥BD ，∴O 为垂心，∴OD ⊥BC ，∴BC ⊥AD ，故④正确，②③易排除，故答案为①④.12．(文)P 为△ABC 所在平面外一点，PA 、PB 、PC 与平面ABC 所成角均相等，又PA 与BC 垂直，那么△ABC 形状可以是________．①正三角形 ②等腰三角形 ③非等腰三角形 ④等腰直角三角形(将你认为正确的序号全填上) [答案] ①②④[解析] 设点P 在底面ABC 上的射影为O ，由P A 、PB 、PC 与平面ABC 所成角均相等，得OA ＝OB ＝OC ，即点O 为△ABC 的外心，又由P A ⊥BC ，得OA ⊥BC ，即AO 为△ABC 中BC 边上的高线，∴AB ＝AC ，即△ABC 必为等腰三角形，故应填①②④.(理)如图将边长为1的正方形纸板ABCD 沿对角线AC 折起，使平面ACB ⊥平面ACD ，然后放在桌面上，使点B 、C 、D 落在桌面，这时点A 到桌面的距离为________．[答案]63[解析] 取AC 中点O ，∵OB ⊥AC ，OD ⊥AC ，OB ∩OD ＝O ，∴AC ⊥平面BOD ，∴∠BOD ＝90°.又∵BO ＝OD ＝22，∴BD ＝1，S △BOD ＝14， ∴V A －BCD ＝13S △BOD ·AC ＝212，设A 到桌面距离为h ，V A －BCD ＝13S △BCD ·h ＝13×34×h ＝212，∴h ＝63，即A 到桌面距离为63. 13．(2010·安徽淮北一中)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在的直线垂直； ②平面PBC 与平面ABCD 垂直； ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积；④直线AE 与直线BF 是异面直线．以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的编号) [答案] ①③[解析] 由条件可得AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD ，故①正确；∵P A ⊥平面ABCD ，∴平面PAB 、平面P AD 都与平面ABCD 垂直，故平面PBC 不可能与平面ABCD 垂直，②错；S △PCD ＝12CD ·PD ，S △P AB ＝12·PA ，由AB ＝CD ，PD >P A 知③正确；由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点可得EF ∥CD ，又AB ∥CD ，所以EF ∥AB ，故AE 与BF 共面，故④错．14．(文)(2010·河北唐山)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠ADC ＝90°，且AA 1＝AD ＝DC ＝2，M ∈平面ABCD ，当D 1M ⊥平面A 1C 1D 时，DM ＝________.[答案] 2 2[解析] ∵DA ＝DC ＝DD 1且DA 、DC 、DD 1两两垂直，故当点M 使四边形ADCM 为正方形时，D 1M ⊥平面A 1C 1D ，∴DM ＝2 2.(理)(2010·安徽巢湖市质检)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点．下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面最多只有三个面是直角三角形； ②P 在直线FG 上运动时，AP ⊥DE ；③Q 在直线BC 1上运动时，三棱锥A －D 1QC 的体积不变；④M 是正方体的面A 1B 1C 1D 1内到点D 和C 1距离相等的点，则M 点的轨迹是一条线段． [答案] ②③④[解析] 三棱锥A 1－ABC 的四个面都是Rt △，故①错；F 在FG 上运动时，PF ⊥平面ABCD ，∴PF ⊥DE ，又在正方体ABCD 中，E 、F 为AB 、BC 中点，∴AF ⊥DE ，∴DE ⊥平面PAF ，∴DE ⊥P A ，故②真；VA －D 1QC ＝VQ －AD 1C ，∵BC 1∥AD 1，∴BC 1∥平面AD 1C ，∴无论点Q 在BC 1上怎样运动，Q 到平面AD 1C 距离都相等，故③真；到点D 和C 1距离相等的点在经过线段C 1D 的中点与DC 1垂直的平面α上，故点M 为平面α与正方体的面A 1B 1C 1D 1相交线段上的点，这条线段即A 1D 1.三、解答题15．(文)(2010·江苏，16)如图，四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝BC ＝1，AB ＝2，AB ∥DC ，∠BCD ＝90°(1)求证：PC ⊥BC(2)求点A 到平面PBC 的距离．[解析] (1)∵PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC . 由∠BCD ＝90°知，BC ⊥DC ， ∵PD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面PDC ， ∴BC ⊥PC .(2)设点A 到平面PBC 的距离为h ， ∵AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，∴∠ABC ＝90°， ∵AB ＝2，BC ＝1，∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝1，∵PD ⊥平面ABCD ，PD ＝1， ∴V P －ABC ＝13S △ABC ·PD ＝13∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥DC ， ∵PD ＝DC ＝1，∴PC ＝2， ∵PC ⊥BC ，BC ＝1， ∴S △PBC ＝12PC ·BC ＝22，∵V A －PBC ＝V P －ABC ， ∴13S △PBC ·h ＝13，∴h ＝2， ∴点A 到平面PBC 的距离为 2.(理)如图，已知三棱锥A －BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM ∥平面APC ； (2)求证：平面ABC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．[解析] (1)∵M 为AB 中点，D 为PB 中点，∴DM ∥AP ，又DM ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC .∴DM ∥平面APC .(2)∵△PMB 为正三角形，且D 为PB 中点，∴MD ⊥PB ，又由(1)知MD ∥AP ，∴AP ⊥PB又已知AP ⊥PC ，∴AP ⊥平面PBC ，∴AP ⊥BC ，又∵AC ⊥BC∴BC ⊥平面APC∴平面ABC ⊥平面APC .(3)∵AB ＝20，∴MP ＝10，∴PB ＝10又BC ＝4，PC ＝100－16＝221∴S △BDC ＝12S △PBC ＝14PC ·BC ＝14×4×221 ＝221又MD ＝12AP ＝12202－102＝5 3 ∴V D －BCM ＝V M －BCD ＝13S △BDC ·DM ＝13×221×5 3 ＝107.16．(文)如图，已知在直四棱柱ABCD －A1B 1C 1D 1中，AD ⊥DC ，AB ∥DC ，DC ＝DD 1＝2AD ＝2AB ＝2.(1)求证：DB ⊥平面B 1BCC 1；(2)设E 是DC 上一点，试确定E 的位置，使得D 1E ∥平面A 1BD ，并说明理由．[解析] (1)证明：∵AB ∥DC ，AD ⊥DC ，∴AB ⊥AD ，在Rt △ABD 中，AB ＝AD ＝1，∴BD ＝2，易求BC ＝2，又∵CD ＝2，∴BD ⊥BC .又BD ⊥BB 1，B 1B ∩BC ＝B ，∴BD ⊥平面B 1BCC 1.(2)DC 的中点即为E 点．∵DE ∥AB ，DE ＝AB ，∴四边形ABED 是平行四边形．∴AD 綊BE .又AD 綊A 1D 1，∴BE 綊A 1D 1，∴四边形A 1D 1EB 是平行四边形．∴D 1E ∥A 1B .∵D 1E ⊄平面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD .∴D 1E ∥平面A 1BD .(理)在三棱锥P －ABC 中，△P AC 和△PBC 是边长为2的等边三角形，AB ＝2，O 是AB 中点．(1)在棱P A 上求一点M ，使得OM ∥平面PBC ；(2)求证：平面P AB ⊥平面ABC ；(3)求二面角P －BC －A 的余弦值．[解析] (1)当M 为棱P A 的中点时，OM ∥平面PBC .证明如下：∵M 、O 分别为P A 、AB 中点，∴OM ∥PB又PB ⊂平面PBC ，OM ⊄平面PBC∴OM ∥平面PBC .(2)连结OC 、OP∵AC ＝CB ＝2，O 是AB 中点，AB ＝2，∴OC ⊥AB ，OC ＝1.同理，PO ⊥AB ，PO ＝1.又PC ＝2，∴PC 2＝OC 2＋PO 2＝2，∴∠POC ＝90°，∴PO ⊥OC .∵PO ⊥OC ，PO ⊥AB ，AB ∩OC ＝O ，∴PO ⊥平面ABC .∵PO ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面ABC .(3)如图，建立空间直角坐标系O －xyz .则B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，∴BC →＝(－1,1,0)，PB →＝(1,0，－1)．由(2)知OP →＝(0,0,1)是平面ABC 的一个法向量．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0n ·PB →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0x －z ＝0， 令z ＝1，则x ＝1，y ＝1，∴n ＝(1,1,1)．∴cos 〈OP →，n 〉＝OP →·n |OP →|·|n |＝11×3＝33. ∵二面角P －BC －A 的平面角为锐角，∴所求二面角P －BC －A 的余弦值为33. 17．(文)如图，在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB ＝60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且AE AC ＝AF AD＝λ(0<λ<1)．(1)判断EF 与平面ABC 的位置关系并给予证明；(2)是否存在λ，使得平面BEF ⊥平面ACD ，如果存在，求出λ的值，如果不存在，说明理由．[分析] (1)EF 与平面ABC 相交于点E ，故其关系只能是垂直或斜交，由条件AE AC ＝AF AD＝λ易知，EF ∥CD ，由∠BCD ＝90°及AB ⊥平面BCD ，易证CD ⊥平面ABC .(2)∵EF ∥CD ，故问题相当于过点B 作一个平面与ACD 垂直，这样的平面一定存在，故只须计算出λ即可，由条件不难得到BE ⊥CD ，故只须BE ⊥AC .[解析] (1)EF ⊥平面ABC .证明：因为AB ⊥平面BCD ，所以AB ⊥CD ，又在△BCD 中，∠BCD ＝90°，所以BC ⊥CD ，又AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC ，又在△ACD 中，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且AEAC ＝AF AD＝λ(0<λ<1)，∴EF ∥CD ，∴EF ⊥平面ABC .(2)∵CD ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，∴BE ⊥CD ，在Rt △ABD 中，∠ADB ＝60°，∴AB ＝BD tan60°＝6，则AC ＝AB 2＋BC 2＝7，当BE ⊥AC 时，BE ＝AB ×BC AC ＝67，AE ＝AB 2－BE 2＝367， 则AE AC ＝3677＝67，即λ＝AE AC ＝67时，BE ⊥AC ， 又BE ⊥CD ，AC ∩CD ＝C ，∴BE ⊥平面ACD ，∵BE ⊂平面BEF ，∴平面BEF ⊥平面ACD .所以存在λ，且当λ＝67时，平面BEF ⊥平面ACD . [点评] 高考整体降低了对立体几何的考查要求，故线线、线面、面面的位置关系成了主要的考查点，其中平行、垂直的证明题与探索题是重点，同时也要注意由三视图与几何体的结合进行表面积与体积的计算等问题．(理)已知四棱锥P －ABCD 的三视图如下图所示，E 是侧棱PC 上的动点．(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)是否不论点E 在何位置，都有BD ⊥AE ？证明你的结论；(3)若点E 为PC 的中点，求二面角D －AE －B 的大小．[解析] (1)由三视图可知，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PC ⊥底面ABCD ，且PC ＝2.∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PC ＝13×12×2＝23，即四棱锥P －ABCD 的体积为23.(2)不论点E 在何位置，都有BD ⊥AE .证明如下：连结AC ，∵ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC .∵PC ⊥底面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥PC .又∵AC ∩PC ＝C ，∴BD ⊥平面PAC .∵不论点E 在何位置，都有AE ⊂平面P AC .∴不论点E 在何位置，都有BD ⊥AE .(3)解法1：在平面DAE 内过点D 作DF ⊥AE 于F ，连结BF .∵AD ＝AB ＝1，DE ＝BE ＝12＋12＝2，AE ＝AE ＝3，∴Rt △ADE ≌Rt △ABE ，从而△ADF ≌△ABF ，∴BF ⊥AE .∴∠DFB 为二面角D －AE －B 的平面角．在Rt △ADE 中，DF ＝AD ·DE AE ＝1×23＝63， ∴BF ＝63. 又BD ＝2，在△DFB 中，由余弦定理得cos ∠DFB ＝DF 2＋BF 2－BD 22DF ·BF ＝－12， ∴∠DFB ＝2π3， 即二面角D －AE －B 的大小为2π3. 解法2：如图，以点C 为原点，CD ，CB ，CP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则D (1,0,0)，A (1,1,0)，B (0,1,0)，E (0,0,1)，从而DA →＝(0,1,0)，DE →＝(－1,0,1)，BA→＝(1,0,0)，BE →＝(0，－1,1)．设平面ADE 和平面ABE 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝0n 1·DE →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＝0－x 1＋z 1＝0，取n 1＝(1,0,1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BA →＝0n 2·BE →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＝0－y 2＋z 2＝0，取n 2＝(0，－1，－1)． 设二面角D －AE －B 的平面角为θ，则 cos θ＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－12·2＝－12，∴θ＝2π3，即二面角D －AE －B 的大小为2π3。
立体几何线面平行垂直、面面平行垂直专题练习(高三党必做)
立体几何线面平行垂直、面面平行垂直专题一、解答题（本大题共27小题，共324.0分）1.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．（1）证明：MN∥平面PAB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．2.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＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．BC＝12(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．3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AC=AB=AA1，E是BC的中点．（1）求证：AE⊥B1C；（2）求异面直线AE与A1C所成的角的大小；（3）若G为C1C中点，求二面角C-AG-E的正切值．4.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O，△PAC是边长为2的等边三角形，PB=PD=√6，AP=4AF．（Ⅰ）求证：PO⊥底面ABCD；（Ⅱ）求直线CP与平面BDF所成角的大小；（Ⅲ）在线段PB上是否存在一点M，使得CM∥平面BDF如果存在，求BM的值，如果不存在，请说明理BP由．5.如图，在直三棱柱ABC-A1B l C1中，AC=BC=√2，∠ACB=90°．AA1=2，D为AB的中点．（Ⅰ）求证：AC⊥BC1；（Ⅱ）求证：AC1∥平面B1CD：（Ⅲ）求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值．6.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．7.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=√6，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．8.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）设AP=1，AD=√3，三棱锥P-ABD的体积V=√3，求A到平面PBC的距4离．9.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：BE⊥DC；（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；（Ⅲ）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F-AB-P的余弦值．10.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．11.如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB=2，∠ABC=60°，M是AB的中点，N是CE的中点．（I）求证：EM⊥AD；（II）求证：MN∥平面ADE；（III）求点A到平面BCE的距离．12.已知几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD⊥DC，EA⊥平面ABCD，FC∥EA，AB=AD=EA=1，CD=CF=2．（Ⅰ）求证：平面EBD⊥平面BCF；（Ⅱ）求点B到平面ECD的距离．13.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD=2，E、F分别为CD、PB的中点．（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：平面AEF⊥平面PAB；（3）设AB=√2AD，求直线AC与平面AEF所成角θ的正弦值．14.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC=45∘，AD=AC=2，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD且PO=6，M为BD的中点．(1)证明：AD⊥平面PAC；(2)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．15.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，AA1=√2，点D为A1C1的中点．（I）求证：BC1∥平面AB1D；（II）求证：A1C⊥平面AB1D；（Ⅲ）求异面直线AD与BC1所成角的大小．16.如图，P-ABD和Q-BCD为两个全等的正棱锥，且A，B，C，D四点共面，其中AB=1，∠APB=90°．（Ⅰ）求证：BD⊥平面APQ；（Ⅱ）求直线PB与平面PDQ所成角的正弦值．17.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1ACC1⊥底面ABC，AB=BC=2，∠ACB=30°，∠C1CB=60°，BC1⊥A1C，E为AC的中点，侧棱CC1=2．（1）求证：A1C⊥平面C1EB；（2）求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．18.如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB=6，BC=2√3，AC=2√6，D为线段AB上的点，且AD=2DB，PD⊥AC．（1）求证：PD⊥平面ABC；，求点B到平面PAC的距离．（2）若∠PAB=π419.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，△ABC为正三角形，D是BC边的中点，AA1=AB=1．（1）求证：平面ADB1⊥平面BB1C1C；（2）求点B到平面ADB1的距离．20.如图，在三棱锥P-ABC中，点D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB=BC．（1）求证：平面BED⊥平面PAC；（2）求二面角F-DE-B的大小；（3）若PA=6，DF=5，求PC与平面PAB所成角的正切值．21.如图,在四棱锥P—ABCD中,PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,DB平分∠ADC,E为PC的中点,AD＝CD＝1,DB=2√2.(1)证明PA∥平面BDE;(2)证明AC⊥平面PBD;(3)求直线BC与平面PBD所成的角的正切值.22.如图所示，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，AB=AA1=2A1B1=2．（Ⅰ）若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；（Ⅱ）求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．=√2.23.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，E为A1C1的中点，CC1C1E（Ⅰ）证明：CE⊥平面AB1C1；（Ⅱ）若AA1=√6，∠BAC=30°，求点E到平面AB1C的距离．24.如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是边长为√2的正方形，平面AEC⊥平面CDE，∠AEC=90°，F为DE中点，且DE=1．（Ⅰ）求证：BE∥平面ACF；（Ⅱ）求证：CD⊥DE；（Ⅲ）求FC与平面ABCD所成角的正弦值．25.已知：平行四边形ABCD中，∠DAB=45°，AB=√2AD=2√2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=√2，M为线段BC的中点．（1）求证：直线MF∥平面BED；（2）求证：平面BED⊥平面EAD；（3）求直线BF与平面BED所成角的正弦值．26.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=√2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AC=√2，AB=BC=1，E为AD中点．（Ⅰ）求证：PE⊥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线PB与CD所成角的余弦值；（Ⅲ）求平面PAB与平面PCD所成的二面角．27.如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．答案和解析1.【答案】（1）证明：法一、如图，取PB 中点G ，连接AG ，NG ，∵N 为PC 的中点， ∴NG ∥BC ，且NG =12BC ，又AM =23AD =2，BC =4，且AD ∥BC ， ∴AM ∥BC ，且AM =12BC ，则NG ∥AM ，且NG =AM ，∴四边形AMNG 为平行四边形，则NM ∥AG ， ∵AG ⊂平面PAB ，NM ⊄平面PAB ， ∴MN ∥平面PAB ； 法二、在△PAC 中，过N 作NE ⊥AC ，垂足为E ，连接ME ， 在△ABC 中，由已知AB =AC =3，BC =4，得cos ∠ACB =42+32−322×4×3=23，∵AD ∥BC ，∴cos ∠EAM =23，则sin ∠EAM =√53，在△EAM 中，∵AM =23AD =2，AE =12AC =32，由余弦定理得：EM =√AE 2+AM 2−2AE ⋅AM ⋅cos∠EAM =√94+4−2×32×2×23=32，∴cos ∠AEM =(32)2+(32)2−42×32×32=19，而在△ABC 中，cos ∠BAC =32+32−422×3×3=19，∴cos ∠AEM =cos ∠BAC ，即∠AEM =∠BAC ， ∴AB ∥EM ，则EM ∥平面PAB ．由PA ⊥底面ABCD ，得PA ⊥AC ，又NE ⊥AC ， ∴NE ∥PA ，则NE ∥平面PAB ． ∵NE ∩EM =E ，∴平面NEM ∥平面PAB ，则MN ∥平面PAB ；（2）解：在△AMC 中，由AM =2，AC =3，cos ∠MAC =23，得CM 2=AC 2+AM 2-2AC •AM •cos ∠MAC =9+4−2×3×2×23=5．∴AM 2+MC 2=AC 2，则AM ⊥MC ， ∵PA ⊥底面ABCD ，PA ⊂平面PAD ，∴平面ABCD ⊥平面PAD ，且平面ABCD ∩平面PAD =AD ， ∴CM ⊥平面PAD ，则平面PNM ⊥平面PAD ．在平面PAD 内，过A 作AF ⊥PM ，交PM 于F ，连接NF ，则∠ANF 为直线AN 与平面PMN 所成角．在Rt△PAC中，由N是PC的中点，得AN=12PC=12√PA2+PC2=52，在Rt△PAM中，由PA•AM=PM•AF，得AF=PA⋅AMPM =√42+22=4√55，∴sin∠ANF=AFAN =4√5552=8√525．∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8√525．【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查直线与平面所成角的求法，考查数学转化思想方法，考查了空间想象能力和计算能力，是中档题．（1）法一、取PB中点G，连接AG，NG，由三角形的中位线定理可得NG∥BC，且NG=12BC，再由已知得AM∥BC，且AM=12BC，得到NG∥AM，且NG=AM，说明四边形AMNG为平行四边形，可得NM∥AG，由线面平行的判定得到MN∥平面PAB；法二、证明MN∥平面PAB，转化为证明平面NEM∥平面PAB，在△PAC中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME，由已知PA⊥底面ABCD，可得PA∥NE，通过求解直角三角形得到ME∥AB，由面面平行的判定可得平面NEM∥平面PAB，则结论得证；（2）由勾股定理得CM⊥AD，进一步得到平面PNM⊥平面PAD，在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角．然后求解直角三角形可得直线AN与平面PMN所成角的正弦值．2.【答案】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF=12AD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，EF∥BC,EF=BC,∴四边形BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB;（2）解:如图所示，取AD中点O，连接PO，CO，由于△PAD为正三角形，则PO⊥AD，因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥CO. 因为AO=AB=BC=12AD，且∠BAD=∠ABC= 90∘，所以四边形ABCO是矩形，所以CO⊥AD，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系,不妨设AB=BC=12AD=1，则OA=OD=AB=CO=1.又因为△POC为直角三角形，|OC|=√33|OP|，所以∠PCO=60∘.作MN⊥CO，垂足为N，连接BN，因为PO ⊥CO ，所以MN //PO ，且PO ⊥平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD ，所以∠MBN 即为直线BM 与平面ABCD 所成的角, 设CN =t ，因为∠PCO =60∘，所以MN =√3t ，BN =√BC 2+CN 2=√t 2+1. 因为∠MBN =45∘，所以MN =BN ，即√3t =√t 2+1，解得t =√22，所以ON =1−√22，MN =√62，所以A (0,−1,0)，B (1,−1,0)，M (1−√22,0,√62)，D (0,1,0)，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62). 设平面MAB 和平面DAB 的法向量分别为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2), 则{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1⃗⃗⃗⃗ =0AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1⃗⃗⃗⃗ =0，即{x 1=0(1−√22)x 1+y 1+√62z 1=0， 可取z 1=−2，则n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,√6,−2), 同理可得n 2⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)，所以.因为二面角M -AB -D 是锐角，所以其余弦值为√105.【解析】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，空间向量求二面角夹角，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．（1）取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，通过证明CE ∥BF ，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．（2）取AD 中点O ，连接PO ，CO ，作MN ⊥CO ，垂足为N ，以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，即可求出二面角M -AB -D 的余弦值．3.【答案】证明：（1）因为BB 1⊥面ABC ，AE ⊂面ABC ，所以AE ⊥BB 1,由AB =AC ，E 为BC 的中点得到AE ⊥BC , ∵BC ∩BB 1=B ，BC 、BB 1⊂面BB 1C 1C ， ∴AE ⊥面BB 1C 1C ，,∴AE ⊥B 1C ；解：（2）取B 1C 1的中点E 1，连A 1E 1，E 1C ，则AE ∥A 1E 1， ∴∠E 1A 1C 是异面直线AE 与A 1C 所成的角， 设AC =AB =AA 1=2，则由∠BAC =90°， 可得A 1E 1=AE =√2，A 1C =2√2，E 1C 1=EC =12BC =√2，∴E 1C =√E 1C 12+C 1C 2=√6，∵在△E 1A 1C 中，cos ∠E 1A 1C =2+8−62⋅√2⋅2√2=12， 所以异面直线AE 与A 1C 所成的角为π3；（3）连接AG ，设P 是AC 的中点，过点P 作PQ ⊥AG 于Q ，连EP ，EQ ，则EP ⊥AC ，又∵平面ABC ⊥平面ACC 1A 1,平面ABC ∩平面ACC 1A 1=AC ∴EP ⊥平面ACC 1A 1， 而PQ ⊥AG ∴EQ ⊥AG ．∴∠PQE 是二面角C -AG -E 的平面角， 由(2)假设知：EP =1，AP =1， Rt △ACG ∽Rt △AQP ，PQ =CG·AP AG=1√5，故tan ∠PQE =PEPQ =√5，所以二面角C -AG -E 的平面角正切值是√5.【解析】本题考查异面直线的夹角，线线垂直的判定，属于中档题，熟练掌握线面垂直，线线垂直与面面垂直之间的转化及异面直线夹角及二面角的定义，是解答本题的关键，属于较难题.（1）由BB 1⊥面ABC 及线面垂直的性质可得AE ⊥BB 1，由AC =AB ，E 是BC 的中点，及等腰三角形三线合一，可得AE ⊥BC ，结合线面垂直的判定定理可证得AE ⊥面BB 1C 1C ，进而由线面垂直的性质得到AE ⊥B 1C ；（2）取B 1C 1的中点E 1，连A 1E 1，E 1C ，根据异面直线夹角定义可得，∠E 1A 1C 是异面直线A 与A 1C 所成的角，设AC =AB =AA 1=2，解三角形E 1A 1C 可得答案． （3）连接AG ，设P 是AC 的中点，过点P 作PQ ⊥AG 于Q ，连EP ，EQ ，则EP ⊥AC ，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得EP ⊥平面ACC 1A 1，进而由二面角的定义可得∠PQE 是二面角C -AG -E 的平面角．4.【答案】（Ⅰ）证明：因为底面ABCD 是菱形，AC ∩BD =O ，所以O 为AC ，BD 中点．-------------------------------------（1分）又因为PA =PC ，PB =PD ，所以PO ⊥AC ，PO ⊥BD ，---------------------------------------（3分）所以PO ⊥底面ABCD ．----------------------------------------（4分）（Ⅱ）解：由底面ABCD 是菱形可得AC ⊥BD ， 又由（Ⅰ）可知PO ⊥AC ，PO ⊥BD ．如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O -xyz ．由△PAC 是边长为2的等边三角形，PB =PD =√6，可得PO =√3，OB =OD =√3．所以A(1，0，0)，C(−1，0，0)，B(0，√3，0)，P(0，0，√3)．---------------------------------------（5分）所以CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，√3)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1，0，√3)． 由已知可得OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA⃗⃗⃗⃗⃗ +14AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(34，0，√34)-----------------------------------------（6分） 设平面BDF 的法向量为n −=（x ，y ，z ），则{√3y =034x +√34z =0令x =1，则z =−√3，所以n ⃗ =（1，0，-√3）．----------------------------------------（8分） 因为cos ＜CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=-12，----------------------------------------（9分） 所以直线CP 与平面BDF 所成角的正弦值为12，所以直线CP 与平面BDF 所成角的大小为30°．-----------------------------------------（10分）（Ⅲ）解：设BMBP =λ（0≤λ≤1），则CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，√3(1−λ)，√3λ)．---------------------------------（11分）若使CM ∥平面BDF ，需且仅需CM −⋅n ⃗ =0且CM ⊄平面BDF ，---------------------（12分） 解得λ=13∈[0，1]，----------------------------------------（13分） 所以在线段PB 上存在一点M ，使得CM ∥平面BDF ． 此时BM BP =13．-----------------------------------（14分）【解析】（Ⅰ）证明PO ⊥底面ABCD ，只需证明PO ⊥AC ，PO ⊥BD ；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出直线CP 的方向向量，平面BDF 的法向量，利用向量的夹角公式可求直线CP 与平面BDF 所成角的大小；（Ⅲ）设BMBP =λ（0≤λ≤1），若使CM ∥平面BDF ，需且仅需CM −⋅n ⃗ =0且CM ⊄平面BDF ，即可得出结论．本题考查线面垂直，考查线面平行，考查线面角，考查向量知识的运用，正确求出向量的坐标是关键．5.【答案】解：（I ）证明：∵CC 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∠ACB =90°， ∴CC 1⊥AC ，AC ⊥BC ，又BC ∩CC 1=C ，∴AC ⊥平面BCC 1，BC 1⊂平面BCC 1， ∴AC ⊥BC 1．（II ）证明：如图，设CB 1∩C 1B =E ，连接DE ， ∵D 为AB 的中点，E 为C 1B 的中点，∴DE ∥AC 1， ∵DE ⊂平面B 1CD ，AC 1⊄平面B 1CD ， ∴AC 1∥平面B 1CD ．（III ）解：由DE ∥AC 1，∠CED 为AC 1与B 1C 所成的角，在△CDE 中，DE =12AC 1=12√AC 2+CC 12=√62， CE =12B 1C =12√BC 2+BB 12=√62，CD =12AB =12√AC 2+BC 2=1，cos ∠CED =CE 2+DE 2−CD 22×CE×DE=32+32−12×√62×√62=23，∴异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值为23．【解析】本题考查线线垂直的判定、线面平行的判定、异面直线及其所成的角． （I ）先证线面垂直，再由线面垂直证明线线垂直即可； （II ）作平行线，由线线平行证明线面平行即可；（III ）先证明∠CED 为异面直线所成的角，再在三角形中利用余弦定理计算即可． 6.【答案】解：如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中， 设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1， 则，OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，故以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底， 建立空间直角坐标系O -xyz ，∵AB =AA 1=2，A （0，-1，0），B （√3，0，0）， C （0，1，0），A 1（0，-1，2），B 1（√3，0，2），C 1（0，1，2）．（1）点P 为A 1B 1的中点．∴P(√32，−12，2)，∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32，−12，2)，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2)． |cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|−1+4|√5×2√2=3√1020．∴异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为：3√1020； （2）∵Q 为BC 的中点．∴Q （√32，12，0）∴AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32，32，0)，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2)，设平面AQC 1的一个法向量为n⃗ =（x ，y ，z ）， 由{AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ⃗ =√32x +32y =0AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n⃗ =2y +2z =0，可取n⃗ =（√3，-1，1）， 设直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为θ， sinθ=|cos|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n⃗ |=2√5×2=√55， ∴直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√55．【解析】本题考查了向量法求空间角，属于中档题．设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底，建立空间直角坐标系O -xyz ，（1）由|cos ＜BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＞|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |可得异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求得平面AQC 1的一个法向量为n⃗ ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为θ，可得sinθ=|cos ＜CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，n⃗ ＞|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |，即可得直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．7.【答案】（1）证明：如图，设AC ∩BD =O ，∵ABCD 为正方形，∴O 为BD 的中点，连接OM ，∵PD ∥平面MAC ，PD ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面AMC =OM ， ∴PD ∥OM ，则BOBD =BM BP，即M 为PB 的中点；（2）解：取AD 中点G ， ∵PA =PD ，∴PG ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD =AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，则PG ⊥AD ，连接OG ，则PG ⊥OG ，由G 是AD 的中点，O 是AC 的中点，可得OG ∥DC ，则OG ⊥AD ．以G 为坐标原点，分别以GD 、GO 、GP 所在直线为x 、y 、z 轴距离空间直角坐标系， 由PA =PD =√6，AB =4，得D （2，0，0），A （-2，0，0），P （0，0，√2），C （2，4，0），B （-2，4，0），M （-1，2，√22），DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2，0，√2)，DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4，4，0)． 设平面PBD 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(x ，y ，z)，则由{m ⃗⃗⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{−2x +√2z =0−4x +4y =0，取z =√2，得m ⃗⃗⃗ =(1，1，√2)． 取平面PAD 的一个法向量为n ⃗ =(0，1，0)．∴cos ＜m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=12×1=12． ∴二面角B -PD -A 的大小为60°；（3）解：CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3，−2，√22)，平面BDP 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(1，1，√2)．∴直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为|cos ＜CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，m ⃗⃗⃗ ＞|=|CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅m ⃗⃗⃗|CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||=|−2√9+4+12×1|=2√69．【解析】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．（1）设AC ∩BD =O ，则O 为BD 的中点，连接OM ，利用线面平行的性质证明OM ∥PD ，再由平行线截线段成比例可得M 为PB 的中点；（2）取AD 中点G ，可得PG ⊥AD ，再由面面垂直的性质可得PG ⊥平面ABCD ，则PG ⊥AD ，连接OG ，则PG ⊥OG ，再证明OG ⊥AD ．以G 为坐标原点，分别以GD 、GO 、GP 所在直线为x 、y 、z 轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD 与平面PAD 的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B -PD -A 的大小；（3）求出CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，由CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与平面PBD 的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．8.【答案】解：（Ⅰ）证明：设BD 与AC 的交点为O ，连结EO ， ∵ABCD 是矩形， ∴O 为BD 的中点 ∵E 为PD 的中点， ∴EO ∥PB ．EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ∴PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）∵AP =1，AD =√3，三棱锥P -ABD 的体积V =√34，∴V =16PA ⋅AB ⋅AD =√36AB =√34，∴AB =32，PB =√1+(32)2=√132．作AH ⊥PB 交PB 于H ， 由题意可知BC ⊥平面PAB ， ∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又在三角形PAB 中，由射影定理可得：AH =PA⋅AB PB=3√1313A 到平面PBC 的距离3√1313．【解析】本题考查直线与平面垂直，点到平面的距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．（Ⅰ）设BD 与AC 的交点为O ，连结EO ，通过直线与平面平行的判定定理证明PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）通过AP =1，AD =√3，三棱锥P -ABD 的体积V =√34，求出AB ，作AH ⊥PB 角PB于H ，说明AH 就是A 到平面PBC 的距离．通过解三角形求解即可． 9.【答案】证明：（I ）∵PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ， 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AD =DC =AP =2，AB =1，点E 为棱PC 的中点． ∴B （1，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0）， P （0，0，2），E （1，1，1）∴BE⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，1，1），DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，0，0） ∵BE ⃗⃗⃗⃗⃗ •DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴BE ⊥DC ；（Ⅱ）∵BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1，2，0），PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，-2），设平面PBD 的法向量m⃗⃗⃗ =（x ，y ，z ）， 由{m ⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{−x +2y =0x −2z =0， 令y =1，则m⃗⃗⃗ =（2，1，1）， 则直线BE 与平面PBD 所成角θ满足： sinθ=m⃗⃗⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√6×√2=√33， 故直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为√33．（Ⅲ）∵BC⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，2，0），CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2，-2，2），AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，2，0）， 由F 点在棱PC 上，设CF⃗⃗⃗⃗⃗ =λCP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2λ，-2λ，2λ）（0≤λ≤1）， 故BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF⃗⃗⃗⃗⃗ =（1-2λ，2-2λ，2λ）（0≤λ≤1）， 由BF ⊥AC ，得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ •AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2（1-2λ）+2（2-2λ）=0， 解得λ=34，即BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-12，12，32）， 设平面FBA 的法向量为n ⃗ =（a ，b ，c ）， 由{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{a =0−12a +12b +32c =0令c =1，则n⃗ =（0，-3，1）， 取平面ABP 的法向量i =（0，1，0）， 则二面角F -AB -P 的平面角α满足： cosα=|i ⋅n ⃗⃗ ||i|⋅|n ⃗⃗ |=3√10=3√1010，故二面角F -AB -P 的余弦值为：3√1010【解析】本题考查的知识点是空间二面角的平面角，建立空间直角坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题，是解答的关键．（I ）以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出BE ，DC 的方向向量，根据BE ⃗⃗⃗⃗⃗ •DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，可得BE ⊥DC ；（II ）求出平面PBD 的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；（Ⅲ）根据BF ⊥AC ，求出向量BF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，进而求出平面FAB 和平面ABP 的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F -AB -P 的余弦值． 10.【答案】证明：（Ⅰ）取AD 的中点F ，连接EF ，CF ，∵E 为PD 的中点，∴EF ∥PA ，EF ∥平面PAB ，在四边形ABCD 中，BC ∥AD ，AD =2DC =2CB ，F 为中点，∴四边形CBAF 为平行四边形，故CF ∥AB ，CF ∥平面PAB ，∵CF ∩EF =F ，EF ∥平面PAB ，CF ∥平面PAB ， ∴平面EFC ∥平面ABP ， ∵EC ⊂平面EFC ， ∴EC ∥平面PAB ．解：（Ⅱ）连接BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连接PF ， ∵PA =PD ，∴PF ⊥AD ，∵DF ∥BC ，DF =BC ，CD ⊥AD ，∴四边形BCDF 为矩形，∴BF ⊥AD ， 又AD ∥BC ，故PF ⊥BC ，BF ⊥BC ，又BF ∩PF =F ,BF 、PF ⊂平面PBF ，BC ⊄平面PBF ， ∴BC ⊥平面PBF ，∴BC ⊥PB ，设DC =CB =1，由PC =AD =2DC =2CB ，得AD =PC =2， ∴PB =√PC 2−BC 2=√4−1=√3， BF =PF =1，∴MF =√12−(√32)2=12，又BC ⊥平面PBF ，∴BC ⊥MF ，又PB ∩BC =B ,PB 、BC ⊂平面PBC ，MF ⊄平面PBC ， ∴MF ⊥平面PBC ，即点F 到平面PBC 的距离为12，∵MF =12，D 到平面PBC 的距离应该和MF 平行且相等，均为12， E 为PD 中点，E 到平面PBC 的垂足也为所在线段的中点，即中位线， ∴E 到平面PBC 的距离为14，在△PCD 中,PC =2,CD =1,PD =√2，,故由余弦定理得CE =√2， 设直线CE 与平面PBC 所成角为θ，则sinθ=14CE=√28．【解析】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．11.【答案】证明：（Ⅰ）∵EA=EB，M是AB的中点，∴EM⊥AB，∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD=AB，EM⊂平面ABE，∴EM⊥平面ABCD，∵AD⊂平面ABCD，∴EM⊥AD；（Ⅱ）取DE的中点F，连接AF，NF，∵N是CE的中点，∴NF=//12CD，∵M是AB的中点，∴AM=//12CD，∴NF=//AM，∴四边形AMNF是平行四边形，∴MN∥AF，∵MN⊄平面ADE，AF⊂平面ADE，∴MN∥平面ADE；解：（III）设点A到平面BCE的距离为d，由（I）知ME⊥平面ABC，BC=BE=2，MC=ME=√3，则CE=√6，BN=√BE2−EN2=√102，∴S△BCE=12CE⋅BN=√152，S△ABC=12BA×BC×sin60°=√3，∵V A-BCE=V E-ABC，即13S△BCE×d=13S△ABC×ME，解得d=2√155，故点A到平面BCE的距离为2√155．【解析】本题考查线线垂直、线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，涉及到力、数据处理能力，考查数形结合思想，是中档题．（Ⅰ）推导出EM ⊥AB ，从而EM ⊥平面ABCD ，由此能证明EM ⊥AD ；（Ⅱ）取DE 的中点F ，连接AF ，NF ，推导出四边形AMNF 是平行四边形，从而MN ∥AF ，由此能证明MN ∥平面ADE ；（III ）设点A 到平面BCE 的距离为d ，由V A -BCE =V E -ABC ，能求出点A 到平面BCE 的距离．12.【答案】（I ）证明：∵AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AB =AD =1，CD =2，∴BD =BC =√2， ∴BD 2+BC 2=CD 2， ∴BD ⊥BC ，∵EA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴EA ⊥BD ，∵EA ∥FC ， ∴FC ⊥BD ，又BC ⊂平面BCF ，FC ⊂平面BCF ，BC ∩CF =C ， ∴BD ⊥平面FBC ， 又BD ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面BCF ．（II ）解：过A 作AM ⊥DE ，垂足为M ， ∵EA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴EA ⊥CD ，又CD ⊥AD ，EA ∩AD =A ， ∴CD ⊥平面EAD ，又AM ⊂平面EAD ， ∴AM ⊥CD ，又AM ⊥DE ，DE ∩CD =D ， ∴AM ⊥平面CDE ，∵AD =AE =1，EA ⊥AD ，∴AM =√22，即A 到平面CDE 的距离为√22，∵AB ∥CD ，CD ⊂平面CDE ，AB ⊄平面CDE ， ∴AB ∥平面CDE ，∴B 到平面CDE 的距离为√22．【解析】（I ）先计算BD ，BC ，利用勾股定理的逆定理证明BD ⊥BC ，再利用EA ⊥平面ABCD 得出AE ⊥BD ，从而有CF ⊥BD ，故而推出BD ⊥平面FBC ，于是平面EBD ⊥平面BCF ；（II ）证明AB ∥平面CDE ，于是B 到平面CDE 的距离等于A 到平面CDE 的距离，过A 作AM ⊥DE ，证明AM ⊥平面CDE ，于是AM 的长即为B 到平面CDE 的距离． 本题考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质，空间距离的计算，属于中档题． 13.【答案】证明：方法一：（1）取PA 中点G ，连结DG 、FG ． ∵F 是PB 的中点， ∴GF ∥AB 且GF =12AB ，又底面ABCD 为矩形，E 是DC 中点， ∴DE ∥AB 且DE =12AB∴GF ∥DE 且GF =DE ，∴EF ∥DG∵DG ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ， ∴EF ∥平面PAD ．（2）∵PD ⊥底面ABCD ，AB ⊂面ABCD ∴PD ⊥AB又底面ABCD 为矩形 ∴AD ⊥AB 又PD ∩AD =D ∴AB ⊥平面PAD ∵DG ⊂平面PAD ∴AB ⊥DG∵AD =PD ，G 为AP 中点 ∴DG ⊥AP又AB ∩AP =A ， ∴DG ⊥平面PAB又由（1）知EF ∥DG ∴EF ⊥平面PAB ，又EF ⊂面AEF ∴平面AEF ⊥平面PAB ．证法二：（1）以D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．设AB =a ． ∵AD =PD =2，∴A （2，0，0），B （2，a ，0），C （0，a ，0），P （0，0，2）， ∵E 、F 分别为CD ，PB 的中点 ∴E （0，a2，0），F （1，a2，0）．∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，1)， ∵DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，0，2）+（2，0，0）=（2，0，2）， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12（DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ）=12DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 、DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 、DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 共面， 又EF ⊄平面PAD ∴EF ∥平面PAD ．（2）由（1）知EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，1)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，a ，0)，AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2，0，2)． ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ •AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2+0+2=0， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 又AB ∩AP =A ，∴EF ⊥平面PAB ， 又EF ⊂平面AEF ，∴平面AEF ⊥平面PAB ， （3）AB =2√2由（1）知，∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2，√2，0），EF⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，1）设平面AEF 的法向量n ⃗ =(x ，y ，z)，则{n⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0即−2x +√2y =0令x =1，则y =√2，z =-1， ∴n⃗ =（1，√2，-1）， 又AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2，2√2，0）， ∴cos ＜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=−2+4+02√12=√36， ∴sinθ=|cos ＜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞|=√36．【解析】方法一；（1）取PA 中点G ，连结DG 、FG ，要证明EF ∥平面PAD ，我们可以证明EF 与平面PAD 中的直线AD 平行，根据E 、F 分别是PB 、PC 的中点，利用中位线定理结合线面平行的判定定理，即可得到答案． （2）根据线面垂直的和面面垂直的判断定理即可证明．方法二：（1）求出直线EF 所在的向量，得到EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12（DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ）=12DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即可证明EF ∥平面PAD ．（2）再求出平面内两条相交直线所在的向量，然后利用向量的数量积为0，根据线面垂直的判定定理得到线面垂直，即可证明平面AEF ⊥平面PAB（3）求出平面的法向量以及直线所在的向量，再利用向量的有关运算求出两个向量的夹角，进而转化为线面角，即可解决问题．本题考查了本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，面面垂直，直线与平面所成的角，解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，进而得到空间中点、线、面的位置关系，利于建立空间之间坐标系，利用向量的有关知识解决空间角与空间距离以及线面的位置关系等问题，属于中档题．14.【答案】解：（1）证明：∵PO ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ， ∴PO ⊥AD ， ∵∠ADC =45°且AD =AC =2， ∴∠ACD =45°， ∴∠DAC =90°， ∴AD ⊥AC ，∵AC ⊂平面PAC ，PO ⊂平面PAC ，且AC ∩PO =O ， ∴由直线和平面垂直的判定定理知AD ⊥平面PAC ． （2）解：取DO 中点N ，连接MN ，AN ， 由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ， ∴∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角， ∵M 为PD 的中点， ∴MN ∥PO ，且MN =12PO =3， AN =12DO =√52，在Rt △ANM 中，tan ∠MAN =MNAN =3√52=6√55， 即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为6√55．【解析】（1）由PO ⊥平面ABCD ，得PO ⊥AD ，由∠ADC =45°，AD =AC ，得AD ⊥AC ，从而证明AD ⊥平面PAC ．（2）取DO 中点N ，连接MN ，AN ，由M 为PD 的中点，知MN ∥PO ，由PO ⊥平面出直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．本题考查直线与平面垂直的证明，考查直线与平面所成角的正切值的求法．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地化空间问题为平面问题． 15.【答案】证明：（I ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，连接A 1B ，交AB 1于O 点，连接OD∵在△A 1BC 1中，A 1D =DC 1，A 1O =OB ， ∴OD ∥BC 1，又∵OD ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ； ∴BC 1∥平面AB 1D ；（II ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1； ∵B 1D ⊂平面A 1B 1C 1； ∴A 1A ⊥B 1D在△A 1B 1C 1中，D 为A 1C 1的中点 ∴B 1D ⊥A 1C 1又∵A 1A ∩A 1C 1=A 1，A 1A ，A 1C 1⊂平面AA 1C 1C ， ∴B 1D ⊥平面AA 1C 1C ， 又∵A 1C ⊂平面AA 1C 1C ， ∴B 1D ⊥A 1C又∵A 1D AA 1=AA1AC =√22∴∠DA 1A =∠A 1AC =90°∴△DA 1A ∽△A 1AC ，∠ADA 1=∠CA 1A∵∠DA 1C +∠CA 1A =90° ∴∠DA 1C +∠ADA 1=90°∴A 1C ⊥AD又∵B 1D ∩AD =D ，B 1D ，AD ⊂平面AB 1D ； ∴A 1C ⊥平面AB 1D ；解：（III ）由（I ）得，OD ∥BC 1， 故AD 与BC 1所成的角即为∠ADO在△ADO 中，AD =√3，OD =12BC 1=√62，AO =12A 1B =√62，∵AD 2=OD 2+AO 2，OD =AO∴△ADO 为等腰直角三角形故∠ADO =45°即异面直线AD 与BC 1所成角等于45°【解析】（I ）连接A 1B ，交AB 1于O 点，连接OD ，由平行四边形性质及三角形中位线定理可得OD ∥BC 1，进而由线面平行的判定定理得到BC 1∥平面AB 1D ；（II ）由直棱柱的几何特征可得A 1A ⊥B 1D ，由等边三角形三线合一可得B 1D ⊥A 1C 1，进而由线面垂直的判定定理得到B 1D ⊥平面AA 1C 1C ，再由三角形相似得到A 1C ⊥AD 后，可证得A 1C ⊥平面AB 1D ．（III ）由（I ）中OD ∥BC 1，可得异面直线AD 与BC 1所成角即∠ADO ，解△ADO 可得答案．本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，异面直线及其所成的角，直线与平面平行的判定，（I ）的关键是证得OD ∥BC 1，（II ）的关键是熟练掌握线面垂直与线线垂直之间的转化，（III ）的关键是得到异面直线AD 与BC 1所成角即∠ADO ．16.【答案】（Ⅰ）证明：由P -ABD ，Q -BCD 是相同正三棱锥，且∠APB =90°，分别过P 、Q 作PE ⊥平面ABD ，QF ⊥平面BCD ，垂足分别为E 、F ，则E 、F 分别为底面正三角形ABD 与BCD 的中心． 连接EF 交BD 于G ，则G 为BD 的中点，连接PG 、QG ，则PG ⊥BD ，QG ⊥BD ，又PG ∩QG =G ，∴BD ⊥平面PQG ，则BD ⊥PQ ， 再由正三棱锥的性质可得PA ⊥BD ， 又PQ ∩PA =P ，∴BD ⊥平面APQ ；（Ⅱ）∵正三棱锥的底面边长为1，且∠APB =90°，∴PQ =EF =2EG =2×13AG =2×13×√32=√33， PE =√(√22)2−(√33)2=√66，则V B−PQD =13×12×√33×√66×1=√236．△PDQ 底边PQ 上的高为√(√22)2−(√36)2=√156，∴S △PDQ =12×√33×√156=√512．设B 到平面PQD 的距离为h ，则13×√512ℎ=√236，得h =√105．∴直线PB 与平面PDQ 所成角的正弦值为√105√22=2√55．【解析】（Ⅰ）由题意分别过P 、Q 作PE ⊥平面ABD ，QF ⊥平面BCD ，可得E 、F 分别为底面正三角形ABD 与BCD 的中心．连接EF 交BD 于G ，可得PG ⊥BD ，QG ⊥BD ，由线面垂直的判定及性质可得BD ⊥PQ ，再由正三棱锥的性质可得PA ⊥BD ，则BD ⊥平面APQ ；（Ⅱ）由已知求得PQ ，PE 的长，求得四面体B -PQD 的体积，利用等积法求出B 到平面PQD 的距离，则直线PB 与平面PDQ 所成角的正弦值可求．本题考查直线与平面所成的角，考查线面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题． 17.【答案】（1）证明：如图：∵AB =BC ，E 为AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， ∴BE ⊥平面A 1ACC 1，∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，∴BE ⊥A 1C ．（2）解：∵面A1ACC1⊥面ABC，∴C1在面ABC上的射影H在AC上，∴∠C1CA为直线C1C与面ABC所成的角．过H作HM⊥BC于M，连C1M，在Rt△C1CM中，CM=CC1cos∠C1CM=2cos60°=1．在Rt△CMH中，CH=CMcos∠ACB =2√33．∴在Rt△C1CH中，cos∠C1CH=CHCC1=23√32=√33．∴直线C1C与面ABC所成的角的余弦值为√33.【解析】（1）证明BE⊥平面A1ACC1，可得BE⊥A1C，即可证明：A1C⊥平面C1EB；（2）判断∠C1CA为直线C1C与面ABC所成的角．过H作HM⊥BC于M，连C1M，即可求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．本题考查线面垂直的判定与性质，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18.【答案】证明：（1）连接CD，据题知AD=4，BD=2，∵AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，∴cos∠ABC=2√36=√33，∴CD2=4+12−2×2×2√3cos∠ABC=8，∴CD=2√2，∴CD2+AD2=AC2，∴CD⊥AB，又∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，CD⊂平面ABC,∴CD⊥平面PAB，∵PD⊂平面PAB，∴CD⊥PD，∵PD⊥AC，CD∩AC=C，CD、AC⊂平面ABC,∴PD⊥平面ABC．解：（2）∵∠PAB=π4，∴PD=AD=4，∴PA=4√2，在Rt△PCD中，PC=√PD2+CD2=2√6，∴△PAC是等腰三角形，∴S△PAC=8√2，设点B到平面PAC的距离为d，由V B-PAC=V P-ABC，得13S△PAC×d=13S△ABC×PD，∴d==3，故点B到平面PAC的距离为3．【解析】本题考查线面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．（1）连接CD，推导出CD⊥AB，CD⊥PD，由此能证明PD⊥平面ABC．（2）设点B到平面PAC的距离为d，由V B-PAC=V P-ABC，能求出点B到平面PAC的距离．19.【答案】解：（1）证明：∵ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，又BB 1⊂平面BB 1C 1C ， ∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，∵△ABC 为正三角形，D 为BC 的中点， ∴AD ⊥BC ，又平面BB 1C 1C ∩平面ABC =BC ， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， 又AD ⊂平面ADB 1，∴平面ADB 1⊥平面BB 1C 1C ；（2）由（1）可得△ADB 1为直角三角形， 又AD =√32，B 1D =√52，∴S △ADB 1=12×AD ×B 1D =√158，又S △ADB =12S △ABC =√38，设点B 到平面ADB 1的距离为d ， 则V B−ADB 1=V B 1−ADB ， ∴13S △ADB 1⋅d =13S △ADB ⋅BB 1， ∴点B 到平面ADB 1的距离d =S △ADB ⋅BB 1S △ADB 1=√3√15=√55．【解析】本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题.（1）推导出BB 1⊥平面ABC ，从而平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，推导出AD ⊥BC ，从而AD ⊥平面BB 1C 1C ，由此能证明平面ADB 1⊥平面BB 1C 1C ；（2）设点B 到平面ADB 1的距离为d ，由V B−ADB 1=V B 1−ADB ，能求出点B 到平面ADB 1的距离.20.【答案】证明：（1）∵PA ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ， ∴PA ⊥BE ．∵AB =BC ，E 为AC 的中点， ∴BE ⊥AC ，又PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，PA ∩AC =A ， ∴BE ⊥平面PAC ，又BE ⊂平面BED ， ∴平面BED ⊥平面PAC ．（2）∵D ，E 是PC ，AC 的中点， ∴DE ∥PA ，又PA ⊥平面ABC ，∴DE ⊥平面ABC ，∵EF ⊂平面ABC ，BE ⊂平面ABC ， ∴DE ⊥EF ，DE ⊥BE ．∴∠FEB 为二面角F -DE -B 的平面角．∵E ，F 分别是AC ，AB 的中点，AB =AC ， ∴EF =12BC =12AB =BF ，EF ∥BC ．又AB ⊥BC ，∴BF ⊥EF ，∴△BEF 为等腰直角三角形，∴∠FEB =45°． ∴二面角F -DE -B 为45°．∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB．∴∠CPB为直线PC与平面PAB所成的角．∵PA=6，∴DE=12PA=3，又DF=5，∴EF=√DF2−DE2=4．∴AB=BC=8．∴PB=√PA2+AB2=10．∴tan∠CPB=BCPB =4 5．【解析】（1）通过证明BE⊥平面PAC得出平面BED⊥平面PAC；（2）由DE∥PA得出DE⊥平面ABC，故DE⊥EF，DE⊥BE，于是∠FEB为所求二面角的平面角，根据△BEF为等腰直角三角形得出二面角的度数；（3）证明BC⊥平面PAB得出∠CPB为所求角，利用勾股定理得出BC，PB，即可得出tan∠CPB．本题考查了线面垂直，面面垂直的判定，空间角的计算，做出空间角是解题关键，属于中档题．21.【答案】解：（1）证明：设AC∩BD=H，连接EH，在△ADC中，因为AD=CD，且DB平分∠ADC，所以H为AC的中点，又有题设，E为PC的中点，故EH∥PA，又HE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以PA∥平面BDE（2）证明：因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC由（1）知，BD⊥AC，PD∩BD=D，故AC⊥平面PBD（3）由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，所以∠CBH为直线与平面PBD所成的角．由AD⊥CD，AD=CD=1，DB=2√2，可得DH=CH=√22，BH=3√22在Rt△BHC中，tan∠CBH=CHBH =13，所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为13．【解析】（1）欲证PA∥平面BDE，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证PA与平面BDE内一直线平行，设AC∩BD=H，连接EH，根据中位线定理可知EH∥PA，而又HE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，满足定理所需条件；（2）欲证AC⊥平面PBD，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证AC与平面PBD内两相交直线垂直，而PD⊥AC，BD⊥AC，PD∩BD=D，满足定理所需条件；（3）由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，则∠CBH为直线与平面PBD所成的角，在Rt△BHC中，求出此角即可．本小题主要考查直线与平面平行．直线和平面垂直．直线和平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理能力．。
高中数学立体几何平行、垂直位置关系证明题专项练习(带答案)
立体几何平行、垂直位置关系专练1、如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，AB AD ⊥，2AD BC =，M 点在线段PD 上，且满足2MD PM =.（1）求证:AB PD ⊥；（2）求证://PB 平面MAC .2、如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，E 为PA 的中点，F 为BC 的中点，底面ABCD 是菱形，对角线AC ，BD 交于点O ．求证：（1）平面//EFO 平面PCD ；（2）平面PAC ⊥平面PBD ．3、如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高为6，其底面边长为2.已知点M ，N 分别是棱A 1C 1，AC 的中点，点D 是棱CC 1上靠近C 的三等分点．求证：(1)B 1M ∥平面A 1BN ；(2)AD ⊥平面A 1BN.4、如图，等边三角形ABC与直角梯形ABDE所在平面垂直，BD∥AE，BD＝2AE，AE⊥AB，M为AB的中点．(1)证明：CM⊥DE；(2)在边AC上找一点N，使CD∥平面BEN.5、如图，矩形ABCD所在平面与三角形ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE 的中点．求证：(1)MN∥平面BEC；(2)AH⊥CE.6、如图，在三棱台ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在请确定点G的位置；若不存在，请说明理由．7、在三棱锥S ABC -中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB BC ⊥，AS AB =，过A 作AF SB ⊥，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．（1）求证：平面EFG ∥平面ABC ．（2）求证：BC SA ⊥．8、如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，点D 为棱1C C 的中点，1AC 与1A D 交于点E ，1BC 与1B D 交于点F ，连结EF .求证：（1）//AB EF ；（2）平面11A B D ⊥平面11B BCC .9、【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．点，平面PAB ⊥底面ABCD ，90PAB ∠= ．求证：（1）//PB 平面AEC ；（2）平面PAC ⊥平面ABCD ．11、2.（2020·江苏省镇江高三二模）如图，三棱锥P ABC -中，点D ，E 分别为AB ，BC 的中点，且平面PDE ⊥平面ABC ．()1求证：//AC 平面PDE ；()2若2PD AC ==，PE =PBC ⊥平面ABC .12、（2020·江苏省建湖高级中学高三月考）如图，在四面体ABCD 中，,90AD BD ABC =∠= ，点,E F 分别为棱,AB AC 上的点，点G 为棱AD 的中点，且平面//EFG 平面BCD ．（1）求证：12EF BC =；（2）求证：平面EFD ⊥平面ABC ．点，PA ⊥平面ABCD .（1）求证：//PB 平面AEC ；（2）若四边形ABCD 是矩形且PA AD =，求证：AE ⊥平面PCD .14、（2020·江苏省高三二模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点.求证：（1）11AC ∥平面1B EF ；（2）1AC B E ⊥.15、（2020·江苏省连云港高三）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E 、F 分别为AD 、PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE BC ⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求证：//EF 平面PCD .16、（2020·江苏省苏州高三）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．17、（2020·江苏省通州高三）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱垂直于底面1,2,1,,AB BC AA AC BC E F ⊥===分别是11,AC BC 的中点．（1）求证: 平面ABE ⊥平面11B BCC ；（2）求证:1C F ∥平面ABE ；18、（2020·江苏省高三三模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，1BC B C =，O 为四边形11ACC A 对角线交点，F 为棱1BB 的中点，且AF ⊥平面11BCC B .（1）证明：//OF 平面ABC ；（2）证明：四边形11ACC A 为矩形.参考答案1．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，AB AD ⊥，2AD BC =，M 点在线段PD 上，且满足2MD PM =.（1）求证:AB PD ⊥；（2）求证://PB 平面MAC .【解析】（1）∵四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AB 平面ABCD ， ∴AB PA ⊥，又AB AD ⊥，,PA AD ⊂平面PAD ，PA AD A ⋂=， ∴AB ⊥面PAD .PD ⊂面PAD ，∴AB PD ⊥. （2）连结BD AC O ⋂=，连结MO ， ∵//AD BC ，2AD BC =，2DO BO ∴=,∵在PBD ∆中，2DM MP =，2DO BO =∴//PB MO ， 又PB ⊄面MAC ，MO ⊂面MAC ，∴//PB 面MAC .2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，E 为PA 的中点，F 为BC 的中点，底面ABCD 是菱形，对角线AC ，BD 交于点O ．求证：（1）平面//EFO 平面PCD ；（2）平面PAC ⊥平面PBD ． 【详解】（1）因为在ΔPAC 中，E 为PA 的中点，O 为AC 的中点， 所以//EO PC又EO ⊄平面PCD ，PC ⊂平面PCD ， 所以//EO 平面PCD同理可证，//FO 平面PCD ，又EO FO O = ，EO ⊂平面EFO ,FO ⊂平面EFO 所以平面//EFO 平面PCD ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PA BD ⊥因为底面ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥，又,,PA AC A PA PAC AC PAC =⊂⊂ 平面平面所以BD ⊥平面PAC 。
立体几何平行与垂直练习题
线面平行垂直练习题一、选择题1、若空间四点A 、B 、C 、D 可以确定一个平面，则这四点中（ ）A 、必有三点共线B 、必有三点不共线C 、至少有三点共线D 、不可能有三点共线2若//,//a ααβ，则a 与β的位置关系是 ( )A ．//a βB ．a 与β相交C ．//a β或a 与β相交D ．//a β或a β⊂3、已知a 、b 是两条异面直线，c ∥a ，那么c 与b 的位置关系（ ）A.一定是异面B.一定是相交C.不可能平行D.不可能相交 4、对于平面α和共面的直线m 、n ，下列命题中真命题是A.若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αB.若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC.若m ⊂α，n ∥α，则m ∥nD.若m 、n 与α所成的角相等，则n ∥m 5. 在下列四个正方体中，能得出AB ⊥CD 的是（ ）6、梯形ABCD 中，AB//CD ，AB ⊂平面α，CD 在面α外，则直线CD 与平面α内的直线的位置关系只能是( )A. 平行B. 平行或异面C. 平行或相交D. 异面或相交 7、已知α∥β,a α⊂,B β∈, 则在β内过点B 的所有直线中（ ）. A ．不一定存在与a 平行的直线 B ．只有两条与a 平行的直线 C ．存在无数条与a 平行的直线 D ．存在唯一一条与a 平行的直线 8、关于直线m 、n 与平面α、β，有下列四个命题： ①βα//,//n m 且βα//，则n m //； ②βα⊥⊥n m ,且βα⊥，则n m ⊥； ③βα//,n m ⊥且βα//，则n m ⊥； ④βα⊥n m ,//且βα⊥，则n m //.ＡＢＤHEFGC其中真命题的序号是：（）A. ①、②B. ③、④C. ①、④D. ②、③9、以下命题（其中a，b表示直线，α表示平面）①若a∥b，b⊂α，则a∥α②若a∥α，b∥α，则a∥b③若a∥b，b∥α，则a∥α④若a∥α，b⊂α，则a∥b其中正确命题的个数是（）（A）0个（B）1个（C）2个（D）3个10、设A、B、C、D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确．．．的是（A）若AC与BD共面，则AD与BC共面（B）若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线(C) 若AB=AC，DB=DC，则AD=BC(D) 若AB=AC，DB=DC，则AD ⊥BC二、填空题：11、已知m、l是直线，α、β是平面，给出下列命题①若l垂直于α内的两条相交直线，则l⊥α；②若l平行于α，则l平行于α内的所有直线；③若m⊂α，l⊂β，且l⊥m，则α⊥β；④若l⊂β，且l⊥α，则α⊥β；⑤若m⊂α，l⊂β，且α∥β，则m∥l.其中正确的命题的序号是_____（注：把你认为正确的命题的序号都填上）.12、有以下四个命题：①直线与平面没有公共点，则直线与平面平行②直线与平面内的任意一条直线不相交，则直线与平面平行③直线与平面内的无数条直线不相交，则直线与平面平行④平面外一条直线与平面内的一条直线平行，则该直线与平面不相交正确的是_____（注：把你认为正确的命题的序号都填上）.三、解答题13如下图，在三棱锥A-BCD中,E,F,G,H分别是边AB,AC,CD,BD的中点，且AD=BC，求证四边形EFGH是菱形。
高中数学高考总复习立体几何平行与垂直的判断习题及详解
高中数学高考总复习立体几何平行与垂直的判断习题及详解一、选择题1．(文)(09·福建)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是()A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2[答案] B[解析]如图(1)，α∩β＝l，m∥l，l1∥l，满足m∥β且l1∥α，故排除A；如图(2)，α∩β＝l，m∥n∥l，满足m∥β，n∥β，故排除C.在图(2)中，m∥n∥l∥l2满足m∥β，n∥l2，故排除D，故选B.[点评]∵l1与l2相交，m∥l1，n∥l2，∴m与n相交，由面面平行的判定定理可知α∥β；但当m、n⊂α，l1，l2⊂β，l1与l2相交，α∥β时，如图(3)，得不出m∥l1且n∥l2.(理)设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是()A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β[答案] C[解析]对于A，如图正方体α、β分别为平面ABCD与平面ADD1A1，a、b分别为直线B1B和C1C.a与b也可能平行，对于B，∵a⊥α，α∥β，∴a⊥β，又b⊥β，∴a∥b，对于D，a与b也可能平行，故选C.2．(2010·郑州检测)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题．如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有()A．0个B．1个C．2个D．3个[答案] C[解析]依题意得，命题“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”是真命题(由“若两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”可知)；命题“a∥β，且a⊥c⇒β⊥c”是假命题(直线c可能位于平面β内，此时结论不成立)；命题“α∥b，且α⊥c⇒b⊥c”是真命题(因为α∥b，因此在平面α内必存在直线b1∥b；又α⊥c，因此c∥b1，c⊥b)．综上所述，其中真命题共有2个，选C.3．(2010·东北三校模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别为A 1B 1，CD ，B 1C 1的中点，则下列命题正确的是( )A ．AM 与PC 是异面直线B ．AM ⊥PC C ．AM ∥平面BC 1ND ．四边形AMC 1N 为正方形 [答案] C[解析] 连接MP ，AC ，A 1C 1，AM ，C 1N ，由题易知MP ∥A 1C 1∥AC ，且MP ＝12AC ，所以AM 与PC 是相交直线，假设AM ⊥PC ，∵BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥AM ，∴AM ⊥平面BCC 1B 1，又AB ⊥平面BCC 1B 1矛盾，∴AM 与PC 不垂直．因为AM ∥C 1N ，C 1N ⊂平面BC 1N ，所以AM ∥平面BC 1N .又易得四边形AMC 1N 为菱形而不是正方形，故选C.4．(文)对两条不相交的空间直线a 与b ，必存在平面α，使得( ) A ．a ⊂α，b ⊂α B ．a ⊂α，b ∥α C ．a ⊥α，b ⊥αD ．a ⊂α，b ⊥α[答案] B[解析] a 、b 异面时，A 错，C 错；若D 正确，则必有a ⊥b ，故排除A 、C 、D ，选B.(理)设a 、b 为两条直线，α、β为两个平面．下列四个命题中，正确的命题是( ) A ．若a 、b 与α所成的角相等，则a ∥b B ．若a ∥α，b ∥β，α∥β，则a ∥b C ．若a ⊂α，b ⊂β，a ∥b ，则α∥β D ．若a ⊥α，b ⊥β，α⊥β，则a ⊥b [答案] D[解析] 若直线a 、b 与α成等角，则a 、b 平行、相交或异面；对选项B ，如a ∥α，b ∥β，α∥β，则a 、b 平行、相交或异面；对选项C ，若a ⊂α，b ⊂β，a ∥b ，则α、β平行或相交；对选项D ，由⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αβ⊥α⇒a ∥β或a ⊂β，无论哪种情形，由b ⊥β都有b ⊥a .，故选D. 5．一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论：①AB ⊥EF ②AB 与CM 成60°③EF 与MN 是异面直线④MN ∥CD 其中正确的是( )A．①②B．③④C．②③D．①③[答案] D[解析]本题考查学生的空间想象能力，将其还原成正方体如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD.只有①③正确，故选D.6．(文)(2010·山东潍坊)已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β[答案] D[解析]对于选项A，两平面β、γ同垂直于平面α，平面β与平面γ可能平行，也可能相交；对于选项B，平面α、β可能平行，也可能相交；对于选项C，直线n可能与平面α平行，也可能在平面α内；对于选项D，∵m∥n，m⊥α，∴n⊥α，又n⊥β，∴α∥β，故选D.(理)(2010·曲师大附中)已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线a，b，则下列四个命题中为真命题的是()A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若α⊥β，α∩β＝b，a⊥b，则a⊥βC．若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βD．若α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α，则a∥β[答案] D[解析]选项A中，直线a可能在平面α内；选项B中，直线a可能在平面β内；选项C 中，直线a ，b 为相交直线时命题才成立．7．(2010·江苏南通)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 、Q 分别是棱AA 1、CC 1的中点，则过点B 、P 、Q 的截面是( )A ．邻边不等的平行四边形B ．菱形但不是正方形C ．邻边不等的矩形D ．正方形 [答案] B[解析] 设正方体棱长为1，连结D 1P ，D 1Q ，则易得PB ＝PQ ＝D 1P ＝D 1Q ＝52，取D 1D 的中点M ，则D 1P 綊AM 綊BQ ，故截面为四边形PBQD 1，它是一个菱形，又PQ ＝AC ＝2，∴∠PBQ 不是直角，故选B.8．(文)(2010·山东日照、聊城模考)已知直线l 、m ，平面α、β，且l ⊥α，m ⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β； 其中真命题是( ) A ．①② B ．①③ C ．①④D ．②④[答案] C [解析][点评] 如图，α∩β＝m ，则l ⊥m ，故(2)假；在上述图形中，当α⊥β时，知③假．(理)(2010·福建福州市)对于平面α和共面的直线m ，n ，下列命题是真命题的是( ) A ．若m ，n 与α所成的角相等，则m ∥n B ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊂α，n∥α，则m∥n[答案] D[解析]正三棱锥P－ABC的侧棱P A、PB与底面成角相等，但P A与PB相交应排除A；若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，应排除B；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，应排除C.∵m、n共面，设经过m、n的平面为β，∵m⊂α，∴α∩β＝m，∵n∥α，∴n∥m，故D正确．9．(文)(2010·北京顺义一中月考)已知l是直线，α、β是两个不同平面，下列命题中的真命题是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若α⊥β，l∥α，则l⊥βC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若l∥α，α∥β，则l∥β[答案] C[解析]如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面ABD1A1为α，平面ABCD为β，B1C1为l，则排除A、B；又取平面ADD1A1为α，平面BCC1B1为β，B1C1为l，排除D.(理)(2010·广东罗湖区调研)已知相异直线a，b和不重合平面α，β，则a∥b的一个充分条件是()A．a∥α，b∥αB．a∥α，b∥β，α∥βC．a⊥α，b⊥β，α∥βD．α⊥β，a⊥α，b∥β[答案] C[解析]a∥α，b∥α时，a与b可相交可异面也可平行，故A错；a∥α，b∥β，α∥β时，a与b可异面，故B错；由α⊥β，a⊥α得，a∥β或a⊂β，又b∥β，此时a与b可平行也可异面，排除D.10．(2010·日照实验高中)如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，M ，N 分别在AD 1，BC 上移动，且始终保持MN ∥平面DCC 1D 1，设BN ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )[答案] C[解析] 过M 作ME ⊥AD 于E ，连接EN ，则平面MEN ∥平面DCC 1D 1，所以BN ＝AE ＝x (0≤x <1)，ME ＝2x ，MN 2＝ME 2＋EN 2，则y 2＝4x 2＋1，y 2－4x 2＝1(0≤x <1，y >0)，图象应是焦点在y 轴上的双曲线的一部分．故选C.二、填空题11．(文)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.[答案] M ∈线段FH[解析] 因为HN ∥BD ，HF ∥DD 1，所以平面NHF ∥平面B 1BDD 1，又平面NHF ∩平面EFGH ＝FH .故线段FH 上任意点M 与N 相连，有MN ∥平面B 1BDD 1，故填M ∈线段FH .(理)(2010·南充市模拟)已知两异面直线a ，b 所成的角为π3，直线l 分别与a ，b 所成的角都是θ，则θ的取值范围是________．[答案] [π6，π2]12．在四面体ABCD 中，M 、N 分别是△ACD 、△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．[答案] 面ABC 和面ABD[解析] 连结AM 并延长交CD 于点E ，∵M 为△ACD 的重心，∴E 为CD 的中点， 又N 为△BCD 的重心，∴B 、N 、E 三点共线， 由EM MA ＝EN NB ＝12得MN ∥AB ， 因此MN ∥平面ABC ，MN ∥平面ABD .13．如图是一正方体的表面展开图，B 、N 、Q 都是所在棱的中点，则在原正方体中， ①AB 与CD 相交；②MN ∥PQ ；③AB ∥PE ；④MN 与CD 异面；⑤MN ∥平面PQC . 其中真命题的序号是________．[答案] ①②④⑤[解析] 将正方体还原后如图，则N 与B 重合，A 与C 重合，E 与D 重合，∴①、②、④、⑤为真命题．14．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.[答案]223a [解析] ∵B 1D 1∥平面ABCD ，平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，∴B 1D 1∥PQ ， 又B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ ，∴PQ PM ＝PDAP＝2，即PQ ＝2PM ， 又△APM ∽△ADP ，∴PM BD ＝AP AD ＝13，∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .三、解答题15．(文)(2010·南京调研)如图，在四棱锥E －ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，BE ＝EC ，AE ⊥BE ，M 为CE 上一点，且BM ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BC ；(2)如果点N 为线段AB 的中点，求证：MN ∥平面ADE .[解析] (1)因为BM ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ，所以BM ⊥AE .因为AE ⊥BE ，且BE ∩BM ＝B ，BE 、BM ⊂平面EBC ，所以AE ⊥平面EBC . 因为BC ⊂平面EBC ，所以AE ⊥BC . (2)解法1：取DE 中点H ，连接MH 、AH .因为BM ⊥平面ACE ，EC ⊂平面ACE ，所以BM ⊥EC . 因为BE ＝BC ，所以M 为CE 的中点． 所以MH 为△EDC 的中位线，所以MH 綊12DC .因为四边形ABCD 为平行四边形，所以DC 綊AB . 故MH 綊12AB .因为N 为AB 的中点，所以MH 綊AN .所以四边形ANMH 为平行四边形，所以MN ∥AH . 因为MN ⊄平面ADE ，AH ⊂平面ADE ， 所以MN ∥平面ADE .解法2：取EB 的中点F ，连接MF 、NF .因为BM ⊥平面ACE ，EC ⊂平面ACE ，所以BM ⊥EC . 因为BE ＝BC ，所以M 为CE 的中点，所以MF ∥BC .因为N 为AB 的中点，所以NF ∥AE ， 因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以AD ∥BC .所以MF ∥AD .因为NF 、MF ⊄平面ADE ，AD 、AE ⊂平面ADE ， 所以NF ∥平面ADE ，MF ∥平面ADE . 因为MF ∩NF ＝F ，MF 、NF ⊂平面MNF ， 所以平面MNF ∥平面ADE .因为MN ⊂平面MNF ，所以MN ∥平面ADE .(理)(2010·厦门市质检)如图所示的几何体中，△ABC 为正三角形，AE 和CD 都垂直于平面ABC ，且AE ＝AB ＝2，CD ＝1，F 为BE 的中点．(1)若点G 在AB 上，试确定G 点位置，使FG ∥平面ADE ，并加以证明；(2)在(1)的条件下，求三棱锥D －ABF 的体积． [解析] (1)当G 是AB 的中点时，GF ∥平面ADE . ∵G 是AB 的中点，F 是BE 的中点， ∴GF ∥AE ，又GF ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ， ∴GF ∥平面ADE . (2)连接CG ，由(1)可知： GF ∥AE ，且GF ＝12AE .又AE ⊥平面ABC ，CD ⊥平面ABC ，∴CD ∥AE ， 又CD ＝12AE ，∴GF ∥CD ，GF ＝CD ，∴四边形CDFG 为平行四边形， ∴DF ∥CG ，且DF ＝CG .又∵AE ⊥平面ABC ，CG ⊂平面ABC ，∴AE ⊥CG . ∵△ABC 为正三角形，G 为AB 的中点， ∴CG ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴CG ⊥平面ABE . 又CG ∥DF ，且CG ＝DF ，∴DF 为三棱锥D －ABF 的高，且DF ＝ 3. 又AE ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，∴AE ⊥AB . ∵在Rt △ABE 中，AB ＝AE ＝2，F 为BE 的中点，∴S △ABF ＝12S △ABE ＝12×12×2×2＝1.∴V D －ABF ＝13S △ABF ·DF ＝13×1×3＝33，∴三棱锥D －ABF 的体积为33. 16．(文)(2010·安徽合肥质检)如图，PO ⊥平面ABCD ，点O 在AB 上，EA ∥PO ，四边形ABCD 为直角梯形，BC ⊥AB ，BC ＝CD ＝BO ＝PO ，EA ＝AO ＝12CD .(1)求证：BC ⊥平面ABPE ；(2)直线PE 上是否存在点M ，使DM ∥平面PBC ，若存在，求出点M ；若不存在，说明理由．[解析] (1)∵PO ⊥平面ABCD ， BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥PO ，又BC ⊥AB ，AB ∩PO ＝O ，AB ⊂平面ABP ，PO ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABP ， 又EA ∥PO ，AO ⊂平面ABP ， ∴EA ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABPE . (2)点E 即为所求的点，即点M 与点E 重合． 取PO 的中点N ，连结EN 并延长交PB 于F ， ∵EA ＝1，PO ＝2，∴NO ＝1，又EA 与PO 都与平面ABCD 垂直，∴EF ∥AB ， ∴F 为PB 的中点，∴NF ＝12OB ＝1，∴EF ＝2，又CD ＝2，EF ∥AB ∥CD ，∴四边形DCFE 为平行四边形，∴DE ∥CF ， ∵CF ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面PBC .∴当M 与E 重合时即可．(理)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面正方形的中心，过A 1、C 1、B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD －A 1C 1D 1及其三视图．(1)求证：D1O∥平面A1BC1；(2)是否存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q？若存在，求出线段PQ的长；若不存在，请说明理由．[分析]要证D1O∥平面A1BC1，∵O为DB的中点，∴取A1C1中点E，只须证D1E綊OB，或利用长方体为正四棱柱的特性，证明平面ACD1∥平面A1C1B，假设存在平面A1PQ ⊥DC1，利用正四棱柱中，BC⊥平面DCC1D1，故有BC⊥DC1，从而平面A1PQ与平面BCC1的交线PQ⊥DC1，故只须在面DCC1D1的边CC1上寻找点Q，使D1Q⊥DC1即可．[解析](1)连接AC，AD1，D1C，易知点O在AC上．D1、四边形A1D1CB均为平行四边根据长方体的性质得四边形ABC Array 1形，∴AD1∥BC1，A1B∥D1C，又∵AD1⊄平面A1C1B，BC1⊂平面A1C1B，∴AD1∥平面A1C1B，同理D1C∥平面A1BC1，又∵D1C∩AD1＝D1，∴根据面面平行的判定定理知平面ACD1∥平面A1BC1.∵D1O⊂平面ACD1，∴D1O∥平面A1BC1.(2)假设存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q.D，过点D1作C1D的垂线交C1C于点Q，过点Q作PQ连接C Array 1∥BC交BC1于点P，连接A1P，A1Q.∵C1D⊥D1Q，C1D⊥A1D1，D1Q∩A1D1＝D1，∴C1D⊥平面A1D1Q.∵A1Q⊂平面A1D1Q，∴C1D⊥A1Q.∵PQ∥BC∥A1D1，∴C1D⊥PQ，∵A1Q∩PQ＝Q，∴C1D⊥平面A1PQ.∴存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q.在矩形CDD 1C 1中，∵Rt △D 1C 1Q ∽Rt △C 1CD ，∴C 1Q CD ＝D 1C 1C 1C ，结合三视图得C 1Q 2＝24，∴C 1Q ＝1. ∵PQ ∥BC ，∴PQ BC ＝C 1Q CC 1＝14，∴PQ ＝14BC ＝12. 17．(文)(2010·东北师大附中)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为DD 1、DB 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC 1D 1；(2)求证：EF ⊥B 1C ；(3)求三棱锥B 1－EFC 的体积．[解析] (1)证明：连结BD 1，在△DD 1B 中，E 、F 分别为D 1D ，DB 的中点，则EF ∥D 1B ，又EF ⊄平面ABC 1D 1，D 1B ⊂平面ABC 1D 1，∴EF ∥平面ABC 1D 1.(2)证明：∵B 1C ⊥AB ，B 1C ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ，∴B 1C ⊥平面ABC 1D 1，又BD 1⊂平面ABC 1D 1，∴B 1C ⊥BD 1，又EF ∥BD 1，∴EF ⊥B 1C .(3)解：∵CF ⊥BD ，CF ⊥BB 1，∴CF ⊥平面BDD 1B 1，即CF ⊥平面EFB 1，且CF ＝BF ＝ 2∵EF ＝12BD 1＝3，B 1F ＝BF 2＋BB 12＝(2)2＋22＝6，B 1E ＝B 1D 12＋D 1E 2＝12＋(22)2＝3，∴EF 2＋B 1F 2＝B 1E 2，即∠EFB 1＝90°，∴VB 1－EFC ＝VC －B 1EF ＝13·S △B 1EF ·CF ＝13×12·EF ·B 1F ·CF ＝13×12×3×6×2＝1. (理)(2010·河北唐山)如图，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱VA ⊥底面ABCD ，E 、F 、G 分别为VA 、VB 、BC 的中点．(1)求证：平面EFG ∥平面VCD ；(2)当二面角V －BC －A 、V －DC －A 依次为45°、30°时，求直线VB 与平面EFG 所成的角．[解析] (1)∵E 、F 、G 分别为VA 、VB 、BC 的中点，∴EF ∥AB ，FG ∥VC ，又ABCD 是矩形，∴AB ∥CD ，∴EF ∥CD ，又∵EF ⊄平面VCD ，FG ⊄平面VCD ，∴EF ∥平面VCD ，FG ∥平面VCD ，又EF ∩FG ＝F ，∴平面EFG ∥平面VCD .(2)∵VA ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，∴CD ⊥VD .则∠VDA 为二面角V －DC －A 的平面角，∴∠VDA ＝30°.同理∠VBA ＝45°.作AH ⊥VD ，垂足为H ，由上可知CD ⊥平面VAD ，则AH ⊥平面VCD .∵AB ∥平面VCD ，∴AH 即为B 到平面VCD 的距离．由(1)知，平面EFG ∥平面VCD ，则直线VB 与平面EFG 所成的角等于直线VB 与平面VCD 所成的角，记这个角为θ.∵AH ＝VA sin60°＝32VA ，VB ＝2VA ，∴sin θ＝AH VB ＝64， 故直线VB 与平面EFG 所成的角是arcsin64.。
立体几何中线面平行的方法题附详细解答
(基本方法)立体几何中证明线面平行或面面平行都可转化为线线平行，而证明线线平行一般有以下的一些方法：(1)通过“平移”。
⑵利用三角形中位线的性质。
(3)利用平行四边形的性质。
⑷利用对应线段成比例。
(5)利用面面平行，等等。
(1)通过“平移”再利用平行四边形的性质1.如图，四棱锥 P— ABCD的底面是平行四边形，点 E、F分另I」为棱AB PD 的中点.求证：AF//平面PCE分析：取PC的中点G连EG.，FG贝踢证AEGF是平行四边形 2、如图，已知直角梯形 ABCD中, AB// CD AB丄BC AB=1, BO 2, C01+ 3，(第1题过A作AE!CD 垂足为E, G F分别为AD CE的中点，现将△ ADE沿AE折叠, 使得DEL EC.(I)求证：BC L面 CDE (U)求证：FG//面 BCD高中立体几何证明平行分析：取DB的中点H,连GH,HC贝易证D 3、已知直三棱柱 ABC— A1B1C1中，D, E, FGHC是平行四边形DE F CM为BE的中点，AC L BE.求证: 分别为AA, CC1, AB/的AC(I) CD丄BC (U) CD//平面B1FM.分析：连EA,易证GEAD是平行四边形，于是MF BA AD,CD AD, EB//平面 PAD E F G MAD CD BD BC AM EFG 求证：C1PFDAECB1 1 AB ABEF ABCD ABEF ABCD BAD FAB 90°, BC 〃 —AD BE 〃 - AF G,H2 2求证： DO ^E 为PD 中点 求证：AE//平面PBC 2 分析：取PC 的中点F,连EF 则易证ABFE 是平行四边形 11、在如图所示的几何体中，四边形 AEBABCD 为平行四边形，/ ACB 90 ,EA 丄平面ABCD, EF /AB,FG/BC,EG/AC . AB =2EF .(I)若M是线段AD 的中点，求证：GM //平面ABFE(U)若AC = BC =2AE ,求二面角A-BF-C的大小. (I) 证法 EF ACB EGF FG 1 BC2 BN P ND 90 0ABCD AM90 , ABC 〔BC FA 2 AM SM M AB F PA AF 2FP (1)求证：BE (2)求证：CM //平面BEF ; ABC PB ABC BCA 90“为EFG. GM平面PAC D分析:取AF 的中点N,连CN MN 易证平面CMN1C a, b,c , a//b a// ,b a// ,b// C ABCD M,N AB,CD MN 1 AC BC MN2ECCE PC 八EMABFr:N 『/\ EQ, 训\ -_F\XCb a//c,b//c a //1AC BC MN2AC BCMN1 -AC 2BC8.如下图所示，四个正方体中， P 分别为其所在棱的中点底面边长是2,侧棱长是 『3，D 是AC 的中点.求证：B 1C//平面A 1BD .11.如图，在平行六面体 ABCDABCD 中，E ，M ，N, G 分别是AA ，CD CB CC 的 中点，求证：（1）MN参考答案一、选择题 1 . D 【提示】当I 时，内有无数多条直线与交线I 平行，同时这些直线也与平面 平行.故A, B ，C 均是错误的 2. C【提示】棱AC, BD 与平面EFG 平行，共2条. 3. C【提示】a 〃 ,b,则a//b 或a,b 异面；所以A 错误；a 〃，b 〃 ,则a//b 或a, b 异面或a,b 相交，所以B 错误；a//，口 b,则a//b 或a, b 异面，所以D 错误；a//c,b//c , 则a//b ,这是公理4,所以C 正确. 4. B【提示】若直线 m 不平行于平面 ，且m ，则直线m 于平面 相交， 内不存 在与m 平行的图，正三棱柱ABCA 1B 1C 1 的A B 为正方体的两个顶点, ,能得到M N,直线.5. B【提示】②③④错误•②过平面外一点有且只有一个平面和这个平面平行，有无数多条直线与它平行•③过直线外一点有无数个平面和这条直线平行④平行于同一条直线的两条直线和同一平面平行或其中一条在平面上6. D【提示】本题可利用空间中的平行关系，构造三角形的两边之和大于第三边二、填空题7.平面ABC平面ABD【提示】连接AM并延长，交CD于 E，连结BN并延长交CD于F，由重心性质可知，E、F重合为一点，且该点为 CD的中点E，由EM=EN=1得MN/ AB因此，MN/平MA NB 2面ABC且MN/平面ABD8.①③【提示】对于①，面 MNP T③，MP9平行【提示】连接BD交AC于0,连OE二0曰B D,，OEC平面 ACE二B D1//平面ACE.三、解答题10.证明：设AB1与A i B相交于点P，连接PD,则P为AB i中点，D为 AC中点，PD B i C A i B B1CA1B 明：（1） M、N分别是 CD CB的中点，MN //所以 BDMNQ QC QAC 面 EBD，E0 面 EBD，所以 AGg// AG 面AHC，所以 AG// // // 所以 BD BD DG=G 面 EBD// 面 BDG。
专题3：立体几何中平行关系的证明基础练习题
（1）连接 ，则 也为 的中点，由 可证 平面 ；
（2）存在， 为 的中点时，平面 平面 ，利用平面与平面平行的判定定理可证结论.
【详解】
（1）连接 ，则 也为 的中点，
因为 为 的中点，所以 为△ 的中位线，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平
∴ 是 的中点，
又 是 的中点，
∴ ，
又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 .
4．(1) 见解析；(2) 见解析；(3)见解析.
【分析】
（1）取BB1的中点M，连接HM、MC1，四边则HMC1D1是平行四边形，即可证明BF∥HD1；（2）取B1D1的中点O，易证四边形BEGO为平行四边形，故有OB∥GE，从而证明EG∥平面BB1D1D．（3）由正方体得BD∥B1D1，由四边形HBFD1是平行四边形，可得HD1∥BF，可证平面BDF∥平面B1D1H．
7．证明详见解析．
【解析】
【分析】
利用中位线，分别证明 ，由此证得平面内两条相交直线和另一个平面平行，从而证得两个平面平行.
【详解】
因为EF是△PAB的中位线，所以EF∥PA．
又EF 平面PAC，PA 平面PAC，所以EF∥平面PAC．
同理得EG∥平面PAC．
又EF 平面EFG，EG 平面EFG，EF∩EG＝E，
5．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）连接 ，通过证明 平面 与 平面 ，可得平面 平面 ；
（2）找到 为异面直线 和 所成角，求 即可.
【详解】
证明：（1）由题意可得，点 分别是 和 的中点，连接 ，
，
又 平面 平面 ，
平面 ，
同理： ，则 平面 ，
又 平面 平面 ，
立体几何平行问题练习题.
专题：平行问题主要考点：线面平行面面平行线面平行的判定定理：如果一个平面内的一条直线和另平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。
定理模式：, , ////a b a b a ααα⊄⊂⇒面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于一个平面，那么这两个平面平行。
定理的模式：//////a b a b P a b ββαβαα⊂⎫⎪⊂⎪⎪=⇒⎬⎪⎪⎪⎭1、如右图所示，已知P 、Q 是正方体的面11A B BA 和面ABCD 的中心．证明：PQ ∥平面11C B BC2、如图，在底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，点E 是PD 的中点．求证：//PB 平面AEC．3、如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD，AB=4, BC=CD=2, AA 1=2,E 、E 1、F 分别是棱AD 、AA 1、AB 的中点。
证明：直线EE 1//平面FCC 1；4、两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC ，N ∈FB ，且AM =FN ，求证：MN ∥平面BCE 。
E E 1 A B 11D _ P5、已知在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 为平行四边形，E 为PC 的中点，O 为BD 的中点. 求证：OE //平面ADP6、在四棱锥P-ABCD 中，底面四边形ABCD 是平行四边形，E,F 分别是AB ，PD 的中点. 求证：//AF 平面PCE3、如图所示，ABC ∆为正三角形，EC ⊥平面ABC ，//BD CE ，且2CE CA BD ==，F 、M 是CE 、EA 的中点。
求证：（1）//DM 平面ABC ；（2）面//FDM 面ABC .10．P 是△ABC 所在平面外一点，A ′、B ′、C ′分别是△PBC 、△PCA 、△PAB 的重心。
（1）求证：平面A ′B ′C ′∥平面ABC ；（2）S △A′B′C′∶S △ABC 的值。
立体几何最典型的平行与垂直题型归纳(带答案)(1)
专题:立体几何最典型的平行与垂直题型归纳1．四面体ABCD 中，△ ABC 是正三角形，△ ACD 是直角三角形，∠ ABD ＝∠ CBD，AB＝BD ，则四面体的四个表面中互相垂直的平面有（）对．2．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为长方形，AD＝2AB，点E、F 分别是线段PD、PC 的中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面PAB；（Ⅱ）在线段AD 上是否存在一点O，使得BO⊥平面PAC，若存在，请指出点O 的位置，⊥底面ABCD ，且PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，M 为PD 的中点．Ⅰ）求证：CM ∥平面PAB；Ⅱ）求证：CD ⊥平面PAC．AD ∥BC ，∠ BAD ＝90°，PA4．如图，△ ABC 为正三角形，AE 和CD 都垂直于平而ABC，F 是BE 中点，AE＝AB＝2，CD＝1．1）求证：DF ∥平面ABC；2）求证：AF ⊥DE；3）求异面直线AF 与BC 所成角的余弦值．5．如图，在四棱锥A﹣BCDE 中，平面ABC⊥平面BCDE ，∠ CDE ＝∠ BED ＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝．（1）证明：D E⊥平面ACD ；2）求棱锥C﹣ABD 的体积．6．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB ＝1，M 为线段PD 的中点．I）求证：BM ⊥PDII ）求直线CM 与PB 所成角的余弦值．7．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，所有棱长都等于2．（1）当点M 是BC 的中点时，求异面直线AB1和MC1所成角的余弦值；专题 :立体几何最容易错的最难的平行与垂直问题汇编1．如图，在三棱柱 ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，∠ ACB ＝90°， 2AC ＝AA 1，D ，M 分别是棱 AA 1， BC 的中点．证明：2）若∠ ABC ＝120°，AE ⊥EC ，AB ＝2，求点 G 到平面 AED 的距离．3．如图，在四棱锥 P ﹣ ABCD 中，平面 PAD ⊥平面 ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ， AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ ．（ 1）求证： PD ⊥平面 PAB ；1）证明：平面 PAB ⊥平面 PAD；AB ∥CD ，且∠ BAP ＝∠ CDP ＝90BE ⊥平面 ABCD ．1）证明：平面 AEC ⊥平面 BED ．2）若 PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥 P ﹣ABCD 的体积为 ，求该四棱 1）证明： AC ⊥BD ；（2）已知△ ACD 是直角三角形， AB ＝BD ，若 E 为棱 BD 上与 D6．如图，在四棱锥 A ﹣EFCB 中，△ AEF 为等边三角形，平面 AEF ⊥平面 EFCB ，EF ＝ 2，四边形 EFCB 是高为 的等腰梯形， EF ∥BC ，O 为 EF 的中点．AD ＝CD ． 求 O 到平面 ABC 的距离．专题:立体几何最典型的平行与垂直题型归纳1．四面体ABCD 中，△ ABC 是正三角形，△ ACD 是直角三角形，∠ ABD ＝∠ CBD，AB＝BD ，则四面体的四个表面中互相垂直的平面有（）对．A ．0 B．1 C． 2 D． 3【解答】解：取AC 的中点E，连接BE，DE，∵∠ ABD＝∠ CBD ，∴ BD 在平面ABC 上的射影在直线BE 上，∵△ ACD 是直角三角形，∴∠ ADC＝90°，设 AB ＝ 2，则 BE ＝ ，DE ＝ AC ＝1，BD ＝2，2 2 2∴DE 2+BE 2＝ BD 2，即 DE ⊥BE ，又 BE ⊥ AC ，DE ∩AC ＝E ，∴ BE ⊥平面 ACD ，∴平面 ABC ⊥平面 ACD ．∵ D 在平面 ABC 上的射影为 E ， B 在平面 ACD 上的射影为 E ，∴平面 ABD 与平面 ABC 不垂直，平面 BCD 与平面 ABC 不垂直，平面 ABD 与平面 ACD 不垂直，平面 BCD 与平面 ACD 不垂直， 过A 作 AF ⊥BD ，垂足为 F ，连接 CF ，由△ ABD ≌△ CBD 可得 CF ⊥BD ，故而∠ AFC 为二面角 A ﹣BD ﹣C 的平面角， ∵ AD ＝＝ ， ∴ cos ∠ ABD ∴ CF ＝ AF ＝∴ cos ∠ AFC ＝∴∠ AFC ≠ 90°，∴平面 ABD 与平面 BCD 不垂直．F 分别是线段 PD 、PC 的中点．证明： EF ∥平面 PAB ；BO ⊥平面 PAC ，若存在，请指出点 O 的位置， 并证明 BO ⊥平面 PAC ；若不存在，请说明理由．2．如图， 在四棱锥 P ﹣ABCD 中， PA ⊥底面 ABCD ，四边形 ABCD 为长方形， AD ＝ 2AB ，在线段 AD 上是否存在一点 O ，使得，∴ sin ∠ ABD＝∵EF ∥CD ，∴ EF ∥AB ，∴ EF ∥平面 PAB ． ⋯（6 分）此时点 O 为线段 AD 的四等分点，满足 ，⋯（ 8 分） ∵长方形ABCD 中，∴△ ABO ∽△ ADC ， ∴∠ ABO+∠CAB ＝∠ DAC + ∠CAB ＝90°，∴AC ⊥BO ，（10 分） 又∵ PA ⊥底面 ABCD ，BO? 底面ABCD ， ∴PA ⊥BO ， ∵PA ∩AC ＝A ，PA 、AC? 平面 PACABCD 为长方形，∴CD ∥AB ，∠ BAO ＝∠ ADC ＝ 90°，四边形 ABCD 为直角梯形， AD∥BC ，∠ BAD＝，PA 又∵ EF? 平面 PAB ， AB? 平面 PAB ，Ⅱ） 在线段 AD 上存在一点 O ，使得 BO ⊥平面 PAC ，⊥底面ABCD ，且PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，M为PD 的中点．（Ⅰ）求证：CM ∥平面PAB；（Ⅱ）求证：CD ⊥平面PAC．解答】证明：（I ）取PA 的中点E，连接ME 、BE，∵ ME ∥AD，ME AD，∴ ME ∥BC，ME＝BC，∴四边形BCME 为平行四边形，∴ BE∥CM ，∵BE? 平面PAB，CM?平面PAB，∴ CM∥平面PAB；（II ）在梯形ABCD 中，AB＝BC＝1，AD＝2，∠ BAD＝90° 过C作CH⊥AD于H，∴AC ＝CD＝2 2 2∵AC2+CD2＝AD2，∴ CD⊥AC又∵ PA⊥平面ABCD ，CD ?平面ABCD，∴ CD⊥PA∵PA∩AC＝A，∴CD ⊥平面PAC4．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1 的中点，证明：A1D⊥平面A1BC．解答】 证明：设 E 为 BC 的中点，连接 A 1E ， DE ，AE ，由题意得 A 1E ⊥平面 ABC ，∴ A 1E ⊥AE ．∵ AB ＝ AC ， AE ⊥BC ，∴ AE ⊥平面 A 1BC ． 由 D ，E 分别为 B 1C 1，BC 的中点，得 DE ∥B 1B 且 DE ＝B 1B ， 从而 DE ∥A 1A 且 DE ＝A 1A ，∴四边形 A 1AED 为平行四边形，∴ A 1D ∥AE ．5．如图，△ ABC 为正三角形， AE 和 CD 都垂直于平而 ABC ，F 是 BE 中点， AE ＝AB ＝ 2，CD ＝ 1．（1）求证： DF ∥平面 ABC ；（2）求证： AF ⊥DE ；（3）求异面直线 AF 与 BC 所成角的余弦值．【解答】（1）证明：取 AC 中点 O ，过 O 作平面 ABC 的垂线交 DE连结 OB ，则 OG ⊥OB ， OG ⊥ OC ，∵△ ABC 是正三角形， O 是 AC 中点，∴ OB ⊥ OC ，以 O 为原点， OB 、OC 、OG 所在直线分别为 x 、y 、z轴，建立空间直角坐标系，又∵ AE ⊥平面 A 1BC ， ∴ A 1D ⊥平面 A 1BC∵F 是 BE 中点， AE ＝AB ＝ 2，CD ＝1，＝（﹣ ， 1， 0）， ＝（ 0，0， 1），∵CD ⊥平面 ABC ，∴ ＝（0，0，1）是平面 ABC 的一个法向量，又 DF? 平面 ABC ，∴ DF ∥平面 ABC ．2）证明：∵ ＝（ ）， ＝（ 0，﹣2，1），∴ ＝ 0﹣ 1+1＝0，∴AF ⊥DE ．（3）解：∵ ＝（ ）， ＝（﹣ ，1， 0），设 AF 、 BC 所成角为 θ，cos θ＝ ∴异面直线 AF 与 BC 所成角的余弦值6．如图，在四棱锥 P ﹣ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA ⊥平面 ABCD ，PA ＝AD ＝2，AB ＝ 1，M 为线段 PD 的中点．（ I ）求证： BM ⊥PD（ II ）求直线 CM 与 PB 所成角的余弦值．∴ ＝（ ，0）， ＝（ ）， ＝（0，﹣ 2，1），∵ ＝ ， ∴，D （0，1，1），E （0，﹣1，∴A （0，﹣ 1，0），B（| | ＝【解答】（ I ）证明：连接 BD ，∵四棱锥 P ﹣ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA ⊥平面 ABCD ，PA ＝AD ＝2，AB ＝1， ∴PB ＝BD ＝∵ M 为线段 PD 的中点，∴BM ⊥PD（II ）解：连接 AC ，与 BD 交于 O ，连接 OM ，则∵ M 为线段 PD 的中点，∴MO ∥PB∴直线 CM 与 PB 所成角的余弦值为7．如图，在正三棱柱 ABC ﹣A 1B 1C 1 中，所有棱长都等于 2．（ 1）当点 M 是 BC 的中点时，① 求异面直线 AB 1和 MC 1 所成角的余弦值；② 求二面角 M ﹣AB 1﹣C 的正弦值；（2）当点 M 在线段 BC 上（包括两个端点）运动时， 求直线 MC 1与平面 AB 1C 所成角的∴∠ CMO （或其补角）为直线 CM 与 PB 所成角，在△ MOC中， ∴ cos ∠ CMO＝CM ＝ ＝ ，． ．解答】 解：（1）取 AC 的中点为 O ，建立空间直角坐标系 O ﹣ xyz ，则 ，C （ 0，1，0），当 M 是 BC 的中点时，则 ． ①， 设异面直线 AB 1 和 MC 1 所成角为 θ，则 ＝ ＝ ．＝ ＝ ．② ， ， ，，令 x ＝ 2，∴ ，∴ ．设二面角 M ﹣ AB 1﹣ C 的平面角为 θ，则＝．所以 ．（ 2）当 M 在 BC 上运动时，设 ．设平面 MAB 1的一个法向量为 ，则 ．∴ 设平面 AB 1C 的一个法向量为 ，令 ，则 y ＝﹣ 1，z ＝﹣ 1，∴，，则正弦值的取值范围．设M（x，y，z），∴，∴ ，则，∴ ．设直线MC1 与平面AB1C 所成的角为θ ，则设，设t＝λ+1 ∈[1，2]，所以，t∈[1，2]．设，∴∵ ，∴ ，∴∴直线MC 1与平面AB1C 所成的角的正弦值的取值范围为6．如图，在四棱锥 A ﹣BCDE 中，平面 ABC ⊥平面 BCDE ，∠ CDE ＝∠ BED ＝90°， AB ＝CD ＝ 2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ ．（ 1）证明： DE ⊥平面 ACD ；（ 2）求棱锥 C ﹣ ABD 的体积．【解答】 解：（ 1）在直角梯形 BCDE 中，∵DE ＝ BE ＝ 1， CD ＝ 2，∴ BC ＝＝ ， 又 AB ＝2， AC ＝ ，∴ AB 2＝AC 2+BC 2，即 AC ⊥ BC ，又平面 ABC ⊥平面 BCDE ，平面 ABC ∩平面 BCDE ＝BC ，AC? 平面 ABC ，∴AC ⊥平面 BCDE ，又 DE? 平面 BCDE ，∴AC ⊥ DE ，又 DE ⊥DC ，AC ∩CD ＝C ，∴ DE ⊥平面 ACD ．1．如图，在三棱柱 ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，∠ ACB ＝90°， 2AC ＝AA 1，D ，M分别是棱 AA 1， BC 的中点．证明：S △BCD ?AC ＝V C ﹣ABD ＝V A ﹣BCD ＝1)AM∥平面BDC12)DC1⊥平面BDC ．∴AD ∥ MN ，且 AD ＝ MN ；∴四边形 ADNM 为平行四边形，∴DN ∥AM ；又 DN? 平面 BDC 1，AM? 平面 BDC 1，∴ AM ∥平面 BDC 1⋯（ 6 分）（ 2）由已知 BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，又 CC 1∩ AC ＝ C ，∴ BC ⊥平面 ACC 1A 1，又 DC 1? 平面 ACC 1A 1，∴ DC 1⊥BC ；由已知得∠ A 1DC 1＝∠ ADC ＝45°，∴∠ CDC 1＝ 90°，∴DC 1⊥DC ；又 DC ∩BC ＝C ，∴ DC 1⊥平面 BDC ．⋯（ 12分）【解答】 证明：（ 1）如图所示，取 BC 1 的中点 N ，连接 DN ，MN ．则 MN ∥ CC 1，且 M N ＝ CC 1；又 AD ∥CC 1，且 ADV ＝ ，2．如图，四边形 ABCD 为菱形， G 为 AC 与 BD 的交点， BE ⊥平面 ABCD ．（ 1）证明：平面 AEC ⊥平面 BED ．因为 BE ⊥平面 ABCD ， AC? 平面 ABCD ，所以 AC ⊥BE ，⋯（ 2 分）又因为 DB ∩BE ＝B ，所以 AC ⊥平面 BED ．⋯（ 3分） 又 AC? 平面 AEC ，所以平面 AEC ⊥平面 BED ．⋯（ 5 分）2）取 AD 中点为 M ，连接 EM ．因为∠ ABC ＝ 120°．，AB ＝2，所以 AB ＝DB ＝ 2，AG ＝ ，DG ＝ 1，因为 AE ⊥EC ，所以 EG ＝＝ ，所以 BE ＝ ，⋯（ 6 分）所以 AE ＝DE ＝ ，又所以 AD 中点为 M ，所以 EM ⊥AD 且 EM ＝ ．设点 G 到平面 AED 的距离为为 h ， 则三棱锥 E ﹣ADG 的体积为求点 G 到平面 AED 的距离．为菱形，所以 AC ⊥BD ，⋯（ 1 分）即，解得 h ＝ ．PAD ⊥平面 ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，ABCD ，且平面 PAD ∩平面 ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB? 平面 ABCD ，∴ AB ⊥平面 PAD ，∵PD? 平面 PAD ，∴AB ⊥PD ，又 PD ⊥PA ，且 PA ∩AB ＝A ，∴ PD ⊥平面 PAB ；（ 2）解：取 AD 中点 O ，连接 PO ，则 PO ⊥ AD ， 又平面 PAD ⊥平面 ABCD ， ∴PO ⊥平面 ABCD ，∵PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AD ＝2，∴ PO ＝1．10 分） 所以点 G 到平面 AED 的距离为AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ ．1）求证： PD ⊥平面PAB ；在△ ACD 中，由 AD ＝2，AC ＝CD ＝ ，可得 ．4．如图，在四棱锥 P ﹣ABCD 中， AB ∥CD ，且∠ BAP ＝∠ CDP ＝901）证明：平面 PAB ⊥平面 PAD ；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 ，∵四棱锥 P ﹣ABCD 的体积为由 AB ⊥平面 PAD ，得 AB ⊥ AD ，∴V P ﹣ABCD ＝2）若 PA ＝PD ＝ AB ＝ DC ，∠ APD ＝90°，且四棱锥 P ﹣ ABCD 的体积为求该四棱 ∴ PO ⊥底面ABCD ， O P＝ ＝ ＝ ＝ ， 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＝+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， ∵△ 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， EC ＝ EA ，2 2 2 ∵AE ⊥CE ，AC ＝2，∴ EC 2+EA 2＝AC 2，∴ EC ＝ EA ＝ ＝ CD ，∴E 是线段 AC 垂直平分线上的点，∴ EC ＝EA ＝CD ＝ ，由余弦定理得：AE ⊥＝ 6+2 ．AD ＝CD ．∵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．AEF⊥平面EFCB，EF＝2，四边形EFCB 是高为的等腰梯形，EF∥BC，O 为EF 的中点．1）求证：AO⊥CF；O 为EF 的中点，所以AO⊥ EF ⋯（ 1 分）又因为平面AEF⊥平面EFCB，AO? 平面AEF，平面AEF ∩平面EFCB ＝EF ，所以AO ⊥平面EFCB，⋯（ 4 分）又CF? 平面EFCB ，所以AO⊥ CF ⋯（ 5 分）（2）解：取BC 的中点G，连接OG．由题设知，OG⊥BC ⋯（ 6 分）由（1）知AO⊥平面EFCB ，又BC? 平面EFCB ，所以OA⊥BC，因为OG∩OA＝O，所以BC⊥平面AOG⋯（8 分）过O 作OH⊥AG，垂足为H，则BC⊥ OH ，因为AG∩BC＝G，所以OH⊥平面ABC．⋯（10 分）因为，所以，即O 到平面ABC 的距离为．（另外用等体积法亦可）⋯（12 分）10．直三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，若∠ BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1 与B1C 所成角的余弦值为（A．0 B．C．。
立体几何平行证明题
立体证明题(2)1•如图，直二面角D- AB- E中，四边形ABCD是正方形，AE=EB F为CE上的点，且BF丄平面ACE(1) 求证：AE丄平面BCE(2) 求二面角B-AC- E的余弦值.2•等腰△ ABC中, AC=BC= AB=2, E、F分别为AC BC的中点，将△ EFC沿EF折起，使得C 至U P,得至U四棱锥P— ABFE 且AP=BP=(1) 求证：平面EFP!平面ABFE(2) 求二面角B-AP- E的大小.3•如图，在四棱锥P- ABCD中，底面是正方形，侧面PADL底面ABCD且PA=PD= AD,若E、F分别为PC BD的中点.(I)求证：EF//平面PAD(n)求证：EF丄平面PDC4•如图：正△ ABC与Rt△ BCD所在平面互相垂直，且/ BCD=90°,/ CBD=30°(1)求证：AB丄CD(2)求二面角D- AB- C的正切值.5•如图，在四棱锥P- ABCD中，平面PADL平面ABCD^ PAD是等边三角形，四边形ABCD 是平行四边形，/ ADC=120 , AB=2AD(1)求证：平面PADL平面PBD(2)求二面角A- PB- C的余弦值.6•如图，在直三棱柱ABC- A1B1C1 中，/ ACB=90°, AC=CB=CC2, E是AB中点.(I)求证：AB丄平面ACE(H)求直线AG与平面ACE所成角的正弦值.7•如图，在四棱锥P- ABCD中, PA丄平面ABCD / DAB为直角，AB// CD, AD=CD=2AB=2E, F分别为PC, CD的中点.(I)证明：AB丄平面BEF;(H)若PA=求二面角E- BD- C.8•如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA丄平面ABCD , PA=AB=AD=2，四边形ABCD 满足AB 丄AD , BC // AD 且BC=4，点M 为PC 中点.(I)求证：DM丄平面PBC;BE(2)若点E为BC边上的动点，且一一，是否存在实数人使得二面角P- DE - B的EC2余弦值为-？若存在，求出实数入的值；若不存在，请说明理由.39•如图，ABED是长方形，平面ABEDL平面ABC AB=AC=5 BC=BE=6且M是BC的中点(I) 求证：AM L平面BEC(H) 求三棱锥B- ACE的体积；(川)若点Q是线段AD上的一点，且平面QECL平面BEC求线段AQ的长.10. 如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB// CD AB丄BC, AB=2CD=2BC EA L EB(1)求证：EA丄平面EBC(2)求二面角C- BE- D的余弦值.11. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD// BC, / ADC=90°,平面PADL 底面ABCD O为AD中点，M是棱PC上的点，AD=2BC(1)求证：平面POBL平面PAD12. 如图，三棱柱ABC- A1B1C中，侧棱AA丄平面ABC △ ABC为等腰直角三角形，/BAC=90，且AB=AA, E、F 分别是CC, BC的中点.(1)求证：平面ABF丄平面AEF;(2)求二面角B1- AE- F 的余弦值.13. 如图，在菱形ABCD中，/ ABC=60°, AC与BD相交于点Q AE丄平面ABCD CF/ AE, AB=AE=2．(I )求证：BD丄平面ACFE(II )当直线FO与平面BDE所成的角为45。
立体几何平行证明题
立体证明题（2）1.如图，直二面角D﹣AB﹣E中，四边形ABCD是正方形，AE=EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE．（1）求证：AE⊥平面BCE；（2）求二面角B﹣AC﹣E的余弦值．2.等腰△ABC中，AC=BC=，AB=2，E、F分别为AC、BC的中点，将△EFC沿EF折起，使得C到P，得到四棱锥P﹣ABFE，且AP=BP=．（1）求证：平面EFP⊥平面ABFE；（2）求二面角B﹣AP﹣E的大小．3.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD，若E、F分别为PC、BD的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面PAD；（Ⅱ）求证：EF⊥平面PDC．4.如图：正△ABC与Rt△BCD所在平面互相垂直，且∠BCD=90°，∠CBD=30°．（1）求证：AB⊥CD；（2）求二面角D﹣AB﹣C的正切值．5.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD 是平行四边形，∠ADC=120°，AB=2AD．（1）求证：平面PAD⊥平面PBD；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．6.如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，AC=CB=CC 1=2，E 是AB 中点．（Ⅰ）求证：AB 1⊥平面A 1CE ；（Ⅱ）求直线A 1C 1与平面A 1CE 所成角的正弦值．7.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AD=CD=2AB=2，E ，F 分别为PC ，CD 的中点．（Ⅰ）证明：AB ⊥平面BEF ；（Ⅱ）若PA=，求二面角E ﹣BD ﹣C ．8.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA=AB=AD=2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC=4，点M 为PC 中点．（1）求证：DM ⊥平面PBC ；（2）若点E 为BC 边上的动点，且λ=EC BE ，是否存在实数λ，使得二面角P ﹣DE ﹣B 的余弦值为32？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．9.如图，ABED是长方形，平面ABED⊥平面ABC，AB=AC=5，BC=BE=6，且M是BC的中点（Ⅰ）求证：AM⊥平面BEC；（Ⅱ）求三棱锥B﹣ACE的体积；（Ⅲ）若点Q是线段AD上的一点，且平面QEC⊥平面BEC，求线段AQ的长．10.如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC，EA⊥EB（1）求证：EA⊥平面EBC（2）求二面角C﹣BE﹣D的余弦值．11.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，O为AD中点，M是棱PC上的点，AD=2BC．（1）求证：平面POB⊥平面PAD；12.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，且AB=AA1，E、F分别是CC1，BC的中点．（1）求证：平面AB1F⊥平面AEF；（2）求二面角B1﹣AE﹣F的余弦值．13.如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB=AE=2．（ I）求证：BD⊥平面ACFE；（ II）当直线FO与平面BDE所成的角为45°时，求二面角B﹣EF﹣D的余弦角．14.如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE﹣BCF和一个正四棱锥P﹣ABCD组合而成，AD⊥AF，AE=AD=2．（1）证明：平面PAD⊥平面ABFE；（2）求正四棱锥P﹣ABCD的高h，使得二面角C﹣AF﹣P的余弦值是．15.如图，已知斜三棱柱ABC一A1B1C1，∠BCA=90°，AC=BC=2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，且BA1⊥AC1．（Ⅰ）求证：AC1⊥平面A1BC；（Ⅱ）求二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．试卷答案1.【考点】与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）由已知中直二面角D﹣AB﹣E中，四边形ABCD是正方形，且BF⊥平面ACE，我们可以证得BF⊥AE，CB⊥AE，进而由线面垂直的判定定理可得AE⊥平面BCE．（2）连接BD与AC交于G，连接FG，设正方形ABCD的边长为2，由三垂线定理及二面角的平面角的定义，可得∠BGF是二面角B﹣AC﹣E的平面角，解Rt△BFG即可得到答案．【解答】证明：（1）∵BF⊥平面ACE∴BF⊥AE…∵二面角D﹣AB﹣E为直二面角，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE∴CB⊥AE…∴AE⊥平面BCE．…解：（2）连接BD与AC交于G，连接FG，设正方形ABCD的边长为2，∴BG⊥AC，BG=，…∵BF垂直于平面ACE，由三垂线定理逆定理得FG⊥AC∴∠BGF是二面角B﹣AC﹣E的平面角…由（1）AE⊥平面BCE，得AE⊥EB，∵AE=EB，BE=．∴在Rt△BCE中，EC==，…由等面积法求得，则∴在Rt△BFG中，故二面角B﹣AC﹣E的余弦值为．…2.【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）用分析法找思路，用综合法证明．取EF中点O，连接OP、OC．等腰三角形CEF中有CO⊥EF，即OP⊥EF．根据两平面垂直的性质定理，平面PEF和平面ABFE的交线是EF，且PO⊥EF，分析得PO⊥平面ABFE．故只需根据题中条件证出PO⊥平面ABFE，即可利用面面垂直的判定定理证得平面EFP⊥平面ABFE．（2）根据第一问分析空间位置关系，可建立空间直角坐标线求得平面ABP和平面AEP的法向量的所成角，利用向量角和二面角关系，确定二面角大小．【解答】解：（1）证明：在△ABC中，D为AB中点，O为EF中点．由AC=BC=，AB=2．∵E、F分别为AC、BC的中点，∴EF为中位线，得CO=OD=1，CO⊥EF∴四棱锥P﹣ABFE中，PO⊥EF，…2分∵OD⊥AB，AD=OD=1，∴AO=，又AP=，OP=1，∴四棱锥P﹣ABFE中，有AP2=AO2+OP2，即OP⊥AO，…4分又AO∩EF=O，EF、AO⊂平面ABFE，∴OP⊥平面ABFE，…5分又OP⊂平面EFP，∴平面EFP⊥平面ABFE．…6分（2）由（1）知OD，OF，OP两两垂直，以O为原点，建立空间直角坐标系（如图）：则A（1，﹣1，0），B（1，1，0），E（0，，0），P（0，0，1）…7分∴，，设，分别为平面AEP、平面ABP的一个法向量，则⇒取x=1，得y=2，z=﹣1∴．…9分同理可得，…11分由于=0，所以二面角B﹣AP﹣E为90°．…12分3.【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】证明题．【分析】对于（Ⅰ），要证EF∥平面PAD，只需证明EF平行于平面PAD内的一条直线即可，而E、F分别为PC、BD的中点，所以连接AC，EF为中位线，从而得证；对于（Ⅱ）要证明EF⊥平面PDC，由第一问的结论，EF∥PA，只需证PA⊥平面PDC即可，已知PA=PD=AD，可得PA⊥PD，只需再证明PA⊥CD，而这需要再证明CD⊥平面PAD，由于ABCD是正方形，面PAD⊥底面ABCD，由面面垂直的性质可以证明，从而得证．【解答】证明：（Ⅰ）连接AC，则F是AC的中点，在△CPA中，EF∥PA（3分）且PA⊂平面PAD，EF⊊平面PAD，∴EF∥平面PAD（6分）（Ⅱ）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，∴CD⊥PA（9分）又PA=PD=AD，所以△PAD是等腰直角三角形，且∠APD=，即PA⊥PD（12分）而CD∩PD=D，∴PA⊥平面PDC，又EF∥PA，所以EF⊥平面PDC（14分）【点评】本题考查线面平行的判定及线面垂直的判定，而其中的转化思想的应用值得注意，将线面平行转化为线线平行；证明线面垂直，转化为线线垂直，在证明线线垂直时，往往还要通过线面垂直来进行．4.【考点】与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）利用平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，可得DC⊥平面ABC，利用线面垂直的性质，可得DC⊥AB；（2）过C作CE⊥AB于E，连接ED，可证∠CED是二面角D﹣AB﹣C的平面角．设CD=a，则BC==，从而EC=BCsin60°=，在Rt△DEC中，可求tan∠DEC．【解答】（1）证明：∵DC⊥BC，且平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，∴DC⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，∴DC⊥AB．…（2）解：过C作CE⊥AB于E，连接ED，∵AB⊥CD，AB⊥EC，CD∩EC=C，∴AB⊥平面ECD，又DE⊂平面ECD，∴AB⊥ED，∴∠CED是二面角D﹣AB﹣C的平面角，…设CD=a，则BC==，∵△ABC是正三角形，∴EC=BCsin60°=，在Rt△DEC中，tan∠DEC=．…5.【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（1）令AD=1，求出BD=，从而AD⊥BD，进而BD⊥平面PAD，由此能证明平面PAD⊥平面PBD．（2）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】证明：（1）在平行四边形ABCD中，令AD=1，则BD==，在△ABD中，AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，又平面PAD⊥平面ABCD，∴BD⊥平面PAD，BD⊂平面PBD，∴平面PAD⊥平面PBD．解：（2）由（1）得AD⊥BD，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，令AD=1，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（，0，），=（﹣1，，0），=（﹣），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则，取y=1，得=（），设平面PBC的法向量=（a，b，c），，取b=1，得=（0，1，2），∴cos＜＞===，由图形知二面角A﹣PB﹣C的平面角为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为﹣．6.【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【分析】（Ⅰ）由ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，可知CC1⊥AC，CC1⊥BC，∠ACB=90°，AC⊥BC．建立空间直角坐标系C﹣xyz．则A，B1，E，A1，可得，，，可知，根据，，推断出AB1⊥CE，AB1⊥CA1，根据线面垂直的判定定理可知AB1⊥平面A1CE．（Ⅱ）由（Ⅰ）知是平面A1CE的法向量，，进而利用向量数量积求得直线A1C1与平面A1CE所成角的正弦值【解答】（Ⅰ）证明：∵ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥AC，CC1⊥BC，又∠ACB=90°，即AC⊥BC．如图所示，建立空间直角坐标系C﹣xyz．A（2，0，0），B1（0，2，2），E（1，1，0），A1（2，0，2），∴，，．又因为，，∴AB1⊥CE，AB1⊥CA1，AB1⊥平面A1CE．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，是平面A1CE的法向量，，∴|cos＜，＞|==．设直线A1C1与平面A1CE所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．所以直线A1C1与平面A1CE所成角的正弦值为．7.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）只需证明AB⊥BF．AB⊥EF即可．（Ⅱ）以A为原点，以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴正向建立空间直角坐标系，求出平面CDB的法向量为，平面EDB的法向量为，设二面角E﹣BD﹣C的大小为θ，则=，【解答】解：（Ⅰ）证：由已知DF∥AB且∠DAB为直角，故ABFD是矩形，从而AB⊥BF．又PA⊥底面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，∵AB⊥AD，故AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，在△PCD内，E、F分别是PC、CD的中点，EF∥PD，∴AB⊥EF．由此得AB⊥平面BEF…（Ⅱ）以A为原点，以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴正向建立空间直角坐标系，则设平面CDB的法向量为，平面EDB的法向量为，则可取设二面角E﹣BD﹣C的大小为θ，则=，所以，…8.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）取PB中点N，连结MN，AN．由三角形中位线定理可得四边形ADMN为平行四边形．由AP⊥AD，AB⊥AD，由线面垂直的判定可得AD⊥平面PAB．进一步得到AN⊥MN．再由AP=AB，得AN⊥PB，则AN⊥平面PBC．又AN∥DM，得DM⊥平面PBC；（2）以A为原点，方向为x轴的正方向，方向为y轴的正方向，方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设E（2，t，0）（0≤t≤4），再求得P，D，B的坐标，得到的坐标，求出平面PDE的法向量，再由题意得到平面DEB的一个法向量，由两法向量夹角的余弦值得到实数λ的值．【解答】（1）证明：如图，取PB中点N，连结MN，AN．∵M是PC中点，∴MN∥BC，MN=BC=2．又∵BC∥AD，AD=2，∴MN∥AD，MN=AD，∴四边形ADMN为平行四边形．∵AP⊥AD，AB⊥AD，AP∩AB=A，∴AD⊥平面PAB．∵AN⊂平面PAB，∴AD⊥AN，则AN⊥MN．∵AP=AB，∴AN⊥PB，又MN∩PB=N，∴AN⊥平面PBC．∵AN∥DM，∴DM⊥平面PBC；（2）解：存在符合条件的λ．以A为原点，方向为x轴的正方向，方向为y轴的正方向，方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设E（2，t，0）（0≤t≤4），P（0，0，2），D（0，2，0），B（2，0，0），则，．设平面PDE的法向量=（x，y，z），则，令y=2，则z=2，x=t﹣2，取平面PDE的一个法向量为=（2﹣t，2，2）．又平面DEB即为xAy平面，故其一个法向量为=（0，0，1），∴cos＜＞==．解得t=3或t=1，∴λ=3或．9.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推导出BE⊥AM，BC⊥AM，由此能证明AM⊥平面BEC．（Ⅱ）由V B﹣ACE=V E﹣ABC，能求出三棱锥B﹣ACE的体积．（Ⅲ）在平面QEC内作QN⊥EC，QN交CE于点N．QN与AM共面，设该平面为a，推导出四边形AMNQ是平行四方形，由此能求出AQ．【解答】证明：（Ⅰ）∵平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB，BE⊥AB，BE⊂平面ABED，∴BE⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，∴BE⊥AM．又AB=AC，M是BC的中点，∴BC⊥AM，又BC∩BE=B，BC⊂平面BEC，BE⊂平面BEC，∴AM⊥平面BEC．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABC，∴h=BE=6．在Rt△ABM中，，又，∴．（Ⅲ）在平面QEC内作QN⊥EC，QN交CE于点N．∵平面QEC⊥平面BEC，平面QEC∩平面BEC﹣EC，∴QN⊥平面BEC，又AM⊥平面BEC．∴QN∥AM．∴QN与AM共面，设该平面为a，∵ABED是长方形，∴AQ∥BE，又Q⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，∴AQ∥平面BEC，又AQ⊂α，α∩平面BEC=MN，∴AQ∥MN，又QN∥AM，∴四边形AMNQ是平行四方形．∴AQ=MN．∵AQ∥BE，AQ∥MN，∴MN∥BE，又M是BC的中点．∴，∴AQ=MN=3．10.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明EA⊥平面EBC；（2）求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．【解答】（1）∵平面ABE⊥平面ABCD，且AB⊥BC，∴BC⊥平面ABE∵EA⊂平面ABE，∴EA⊥BC，∵EA⊥EB，EB∩BC=B，∴EA⊥平面EBC（2）取AB中O，连接EO，DO．∵EB=EA，∴EO⊥AB．∵平面ABE⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD∵AB=2CD，AB∥CD，AB⊥BC，∴DO⊥AB，建立如图的空间直角坐标系O﹣xyz如图：设CD=1，则A（0，1，0），B（0，﹣1，0），C（1，﹣1，0），D（1，0，0），E（0，0，1），由（1）得平面EBC的法向量为=（0，1，﹣1），设平面BED的法向量为=（x，y，z），则，即，设x=1，则y=﹣1，z=1，则=（1，﹣1，1），则|cos＜，＞|===，故二面角C﹣BE﹣D的余弦值是．11.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【分析】（1）证明四边形BCDO是平行四边形，得出OB⊥AD；再证明BO⊥平面PAD，从而证明平面POB⊥平面PAD；（2）解法一：由，M为PC中点，证明N是AC的中点，MN∥PA，PA∥平面BMO．解法二：由PA∥平面BMO，证明N是AC的中点，M是PC的中点，得．【解答】解：（1）证明：∵AD∥BC，，O为AD的中点，∴四边形BCDO为平行四边形，∴CD∥BO；又∵∠ADC=90°，∴∠AOB=90°，即OB⊥AD；又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BO⊥平面PAD；又∵BO⊂平面POB，∴平面POB⊥平面PAD；（2）解法一：，即M为PC中点，以下证明：连结AC，交BO于N，连结MN，∵AD∥BC，O为AD中点，AD=2BC，∴N是AC的中点，又点M是棱PC的中点，∴MN∥PA，∵PA⊄平面BMO，MN⊂平面BMO，∴PA∥平面BMO．解法二：连接AC，交BO于N，连结MN，∵PA∥平面BMO，平面BMO∩平面PAC=MN，∴PA∥MN；又∵AD∥BC，O为AD中点，AD=2BC，∴N是AC的中点，∴M是PC的中点，则．12.【考点】与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）连结AF，由已知条件推导出面ABC⊥面BB1C1C，从而AF⊥B1F，由勾股定理得B1F⊥EF．由此能证明平面AB1F⊥平面AEF．（2）以F为坐标原点，FA，FB分别为x，y轴建立直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1﹣AE﹣F的余弦值．【解答】（1）证明：连结AF，∵F是等腰直角三角形△ABC斜边BC的中点，∴AF⊥BC．又∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴面ABC⊥面BB1C1C，∴AF⊥面BB1C1C，AF⊥B1F．…设AB=AA 1=1，则，EF=，．∴=，∴B 1F ⊥EF ．又AF ∩EF=F ，∴B 1F ⊥平面AEF ．…而B 1F ⊂面AB 1F ，故：平面AB 1F ⊥平面AEF ．…（2）解：以F 为坐标原点，FA ，FB 分别为x ，y 轴建立直角坐标系如图， 设AB=AA 1=1，则F （0，0，0），A （），B 1（0，﹣，1），E （0，﹣，），，=（﹣，，1）．…由（1）知，B 1F ⊥平面AEF ，取平面AEF 的法向量：=（0，，1）．…设平面B 1AE 的法向量为，由，取x=3，得．…设二面角B 1﹣AE ﹣F 的大小为θ，则cos θ=|cos ＜＞|=||=．由图可知θ为锐角，∴所求二面角B 1﹣AE ﹣F 的余弦值为．…13.【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定．【分析】（ I）只需证明DB⊥AC，BD⊥AE，即可得BD⊥平面ACFE；（ II）取EF的中点为M，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OM为z轴，建立空间直角坐标系，则，D（0，﹣，0），F（﹣1，0，h），E（1，0，2），则，，利用向量法求解【解答】（ I）证明：在菱形ABCD中，可得DB⊥AC，又因为AE⊥平面ABCD，∴BD⊥AE，且AE∩AC=A，BD⊥平面ACFE；（ II）解：取EF的中点为M，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OM为z 轴，建立空间直角坐标系，则，D（0，﹣，0），F（﹣1，0，h），E（1，0，2），则，，设平面BDE的法向量，由，可取，|cos|=，⇒h=3，故F（﹣1，0，3），，，设平面BFE的法向量为，由，可取，，设平面DFE的法向量为，由，可取，cos=，二面角B﹣EF﹣D的余弦值为．14.【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）证明：AD⊥平面ABFE，即可证明平面PAD⊥平面ABFE；（Ⅱ）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法建立方程关系即可求正四棱锥P ﹣ABCD的高．【解答】（Ⅰ）证明：直三棱柱ADE﹣BCF中，AB⊥平面ADE，所以：AB⊥AD，又AD⊥AF，所以：AD⊥平面ABFE，AD⊂平面PAD，所以：平面PAD⊥平面ABFE…．（Ⅱ）∵AD⊥平面ABFE，∴建立以A为坐标原点，AB，AE，AD分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：设正四棱锥P﹣ABCD的高为h，AE=AD=2，则A（0，0，0），F（2，2，0），C（2，0，2），=（2，2，0），=（2，0，2），=（1，﹣h，1），=（x，y，z）是平面AFC的法向量，则，令x=1，则y=z=﹣1，即=（1，﹣1，﹣1），设=（x，y，z）是平面ACP的法向量，则，令x=1，则y=﹣1，z=﹣1﹣h，即=（1，﹣1，﹣1﹣h），∵二面角C﹣AF﹣P的余弦值是．∴cos＜，＞===．得h=1或h=﹣（舍）则正四棱锥P﹣ABCD的高h=1．15.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【专题】证明题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）推导出BC⊥AC，BC⊥AC1，BA1⊥AC1，由此能证明AC1⊥平面A1BC．（2）推导出平面A1AB⊥平面BCF，过C作CH⊥BF于H，则CH⊥面A1AB，求出CH=，过H作HG⊥A1B于G，连CG，则CG⊥A1B，从而∠CGH为二面角A﹣A1B﹣C的平面角，由此能求出二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．【解答】证明：（1）因为A1D⊥平面ABC，所以，平面AA1C1C⊥平面ABC，又BC⊥AC，所以，BC⊥平面AA1C1C，得BC⊥AC1，又BA1⊥AC1，所以，AC1⊥平面A1BC．解：（2）因为AC1⊥A1C，所以四边形AA1C1C为菱形，故AA1=AC=2，又D为AC中点，知∠A1AC=60°，取AA1的中点F，则AA1⊥平面BCF，从而，平面A1AB⊥平面BCF，过C作CH⊥BF于H，则CH⊥面A1AB，在Rt△BCF，BC=2，CF=，故CH=，过H作HG⊥A1B于G，连CG，则CG⊥A1B，从而∠CGH为二面角A﹣A1B﹣C的平面角，在Rt△A1BC中，A1C=BC=2，所以，CG=，在Rt△CGH中，sin∠CGH=，cosCGH==．故二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．。
高中数学立体几何之线面平行的判定与性质讲义及练习
线面平行的判定与性质练习一、基本内容 1.线面平行的判定2.线面平行的性质二、练习题题型一：概念性习题1．下列命题正确的是 （ ） A 一直线与平面平行，则它与平面内任一直线平行B 一直线与平面平行，则平面内有且只有一个直线与已知直线平行C 一直线与平面平行，则平面内有无数直线与已知直线平行，它们在平面内彼此平行D 一直线与平面平行，则平面内任意直线都与已知直线异面2．若直线l 与平面α的一条平行线平行，则l 和α的位置关系是 ( ) A. α⊂l B.α//l C.αα//l l 或⊂ D.相交和αl3．若直线a 在平面α内，直线a,b 是异面直线，则直线b 和α平面的位置关系是 ( ) A ．相交 B.平行 C.相交或平行 D.相交且垂直4．下列各命题中假命题的个数为 ( )（1） 经过两条平行直线中一条直线的平面必平行于另一条直线； （2） 若一条直线平行于两相交平面，则这条直线和交线平行；（3） 空间四边形中三条边的中点所确定平面和这个空间四边形的两条对角线都平行。
A 0B 1C 2D 35．若直线上有两点P 、Q 到平面α的距离相等，则直线l 与平面α的位置关系是 ( ) A 平行 B 相交 C 平行或相交 D 或平行、或相交、或在内 6．a,b 为两异面直线，下列结论正确的是 ( ) A 过不在a,b 上的任何一点，可作一个平面与a,b 都平行 B 过不在a,b 上的任一点，可作一直线与a,b 都相交 C 过不在a,b 上任一点，可作一直线与a,b 都平行 D 过a 可以并且只可以作一个平面与b 平行 7．判断下列命题是否正确：(1)过平面外一点可作无数条直线与这个平面平行 ( )(2)若直线α⊄l ，则l 不可能与α内无数条直线相交 ( ) (3)若直线l 与平面α不平行，则l 与α内任一直线都不平行 ( ) (4)经过两条平行线中一条直线的平面平行于另一条直线 ( )(5)若平面α内有一条直线和直线l 异面，则α⊄l ( ) 题型二：证明题8．P 为平行四边形ABCD 外一点，E 是PA 的中点，O 是AC 和BD 的交点，求证：OE//平面PBC 。
微专题3 立体几何中的平行与垂直问题(解析版)
微专题3 立体几何中的平行与垂直问题（解析版）题型一、线面平行与垂直证明直线与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆直线与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。
直线与平面的平行有两种方法：一是在面内找线；二是通过面面平行转化。
直线与平面垂直关键是找两条相交直线。
例1、如图，在四棱锥P ABCD中，M，N分别为棱P A，PD的中点．已知侧面P AD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.求证：(1)MN∥平面PBC；MD⊥平面P AB.【证明】(1)在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为棱P A，PD的中点，所以MN∥AD又底面ABCD是矩形，所以BC∥AD.所以MN∥BC.又BC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC.(2)因为底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，侧面P AD∩底面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面P AD.又MD⊂侧面P AD，所以AB⊥MD.因为DA＝DP，又M为AP的中点，从而MD⊥P A.又P A，AB在平面P AB内，P A∩AB＝A，所以MD⊥平面P AB【类比训练】如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．(1) 求证：EF∥平面ABC；(2) 求证：BB1⊥AC.解答(1)在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1C1C均为平行四边形，E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，所以E，F分别是AB1，CB1的中点，所以EF∥AC.(4分)因为EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(8分)(2)因为四边形AA1B1B为矩形，所以BB1⊥AB.因为平面AA1B1B⊥平面ABC，且平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，BB1⊂平面AA1B1B，所以BB1⊥平面ABC.(12分)因为AC⊂平面ABC，所以BB1⊥AC.(14分)例2、如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．求证：(1)DE∥平面ACC1A1；(2)AE⊥平面BCC1B1.解答(1)连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点．(2分)在△BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE∥A1C.又因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，所以DE∥平面ACC1A1.(6分)(2)由(1)知DE∥A1C，因为A1C⊥BC1，所以BC1⊥DE.(8分)又因为BC1⊥AB1，AB1∩DE＝D，AB1，DE⊂平面ADE，所以BC1⊥平面ADE.又因为AE⊂平在ADE，所以AE⊥BC1.(10分)在△ABC中，AB＝AC，E是BC的中点，所以AE⊥BC.(12分)因为AE⊥BC1，AE⊥BC，BC1∩BC＝B，BC1，BC⊂平面BCC1B1，所以AE⊥平面BCC1B1. (14分)【类比训练】三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：(1) EF∥平面ABC；(2) BD⊥平面ACE.解答(1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC的中点，所以EF∥BC，(3分)因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.(6分)(2)因为AC⊥BC，AC⊥DC，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD所以AC⊥平面BCD，(8分)因为BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD，(10分)因为DC＝BC，E为BD的中点，所以CE⊥BD，(12分)因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE.(14分)题型二、线面与面面平行与垂直证明平面与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆平面与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。
立体几何大题(解析版)
立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | |n |(n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则点C 0,2,0 ,D 0,0,3 ,E 233,0,0 ，则CD =0,-2,3 ,CE =233,-2,0 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，因为AB ⊥AE ，则A 1B ⊥A 1E ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.因为平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC =AC ，DM ⊂平面ACD ，所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为点M是PD的中点，所以M0,22,22，所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为AB =AC ，所以AE ⊥BC ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由已知AF =1，∠BAC =60°，所以EF =3，AE =2，BE =1，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，设平面A 1BC 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅BC =-3x +y =0n ⋅BA 1 =-3x +3z =0 ，令x =1，得n =1,3,1 ，设平面BCC 1的法向量为m =a ,b ,c ，则m ⋅BC =-3a +b =0m ⋅CC 1 =b +3c =0，令a =1，得m =1,3,-1 ，所以cos n ,m =n ⋅m n ⋅m=35⋅5=35，即二面角A 1-BC -M 的正弦值为45．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G 为弧CD 的中点，且C ，E ，D ，G 四点共面.(1)证明：平面BDF ⊥平面BCG ；(2)若平面BDF 与平面ABG 所成二面角的余弦值为155，且线段AB 长度为2，求点G 到直线DF 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)62【分析】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，有HBCG 为平行四边形，根据题设可得FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，再由线面垂直的性质可得CB ⊥FB ，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.(2)构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，确定相关点坐标，进而求平面BDF 、平面ABG 的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得h =2r ，即可求出点G 到直线DF 的距离.【详解】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，易知：HBCG 为平行四边形，所以HB ⎳CG ，又G 为弧CD 的中点，则H 是弧AB 的中点，所以∠HBA =45°，而由题设知：∠ABF =45°，则∠HBF =∠HBA +∠ABF =90°，所以FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，由CB ⊥底面ABF ，FB ⊂平面ABF ，则CB ⊥FB ，又CB ∩CG =C ，CB ,CG ⊂平面BCG ，所以FB ⊥平面BCG ，又FB ⊂平面BDF ，所以平面BDF ⊥平面BCG .(2)由题意，构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，则B 0,2r ,0 ，F 2r ,0,0 ，D 0,0,h ，G -r ,r ,h ，所以FD =-2r ,0,h ，BD =0,-2r ,h ，AB =0,2r ,0 ，AG =-r ,r ,h ，若m =x ,y ,z 是面BDF 的一个法向量，则m ⋅FD =-2rx +hz =0m ⋅BD =-2ry +hz =0 ，令z =2r ，则m =h ,h ,2r ，若n =a ,b ,c 是面ABG 的一个法向量，则n ⋅AB =2rb =0n ⋅AG =-ra +rb +hc =0 ，令c =r ，则n =h ,0,r ，所以cos m ,n =m ⋅n m n=h 2+2r 22h 2+4r 2×h 2+r 2=155，整理可得h 2-4r 2 h 2+2r 2 =0，则h =2r ，又AB =2，由题设可知，此时点G -1,1,2 ，D 0,0,2 ，F 2,0,0 ，则DF =2,0,-2 ，DG =-1,1,0 ，所以点G 到直线DF 的距离d =DG 2-DG ⋅DF 2DF2=62.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO 中，AE 为底面圆O 的直径，AE =AD ，△ABC 为底面圆O 的内接正三角形，圆锥的高DO =18，点P 为线段DO 上一个动点.(1)当PO =36时，证明：PA ⊥平面PBC ；(2)当P 点在什么位置时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析；(2)P 点在距离O 点36处【分析】(1)利用勾股定理证明出AP ⊥BP 和AP ⊥CP ，再用线面垂直的判定定理证明出PA ⊥平面PBC ；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】(1)因为AE =AD ，AD =DE ，所以△ADE 是正三角形，则∠DAO =π3，又DO ⊥底面圆O ，AE ⊂底面圆O ，所以DO ⊥AE ，在Rt △AOD 中，DO =18，所以AO =DO 3=63，因为△ABC 是正三角形，所以AB =AO ×32×2=63×3=18，AP =AO 2+PO 2=92，BP =AP ，所以AP 2+BP 2=AB 2，AP ⊥BP ，同理可证AP ⊥CP ，又BP ∩PC =P ，BP ，PC ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC .(2)如图，建立以O 为原点的空间直角坐标系O -xyz .设PO =x ，(0≤x ≤18)，所以P 0,0,x ，E -33,9,0 ，B 33,9,0 ，C -63,0,0 ，所以EP =33,-9,x ，PB =33,9,-x ，PC =-63,0,-x ，设平面PBC 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅PB =33a +9b -cx =0n ⋅PC =-63a -cx =0，令a =x ，则b =-3x ，c =-63，故n =x ,-3x ,-63 ，设直线PE 和平面PBC 所成的角为θ，则sin θ=cos EP ,n =33x +93x -63x 108+x 2⋅x 2+3x 2+108=63x 108+x 2⋅4x 2+108=634x 2+1082x 2+540≤6324x 2⋅1082x 2+540=13，当且仅当4x 2=1082x 2，即PO =x =36时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大，故P 点在距离O 点36处.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC =60°，四边形PACQ 为矩形，PA =1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等；②三棱锥P -ABD 体积为33；③cos ∠BPA =55(1)平面PACQ ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B -PQ -D 的大小；(3)求点C 到平面BPQ 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2π3(3)32【分析】(1)若选①，则作PA ⊥面ABCD ，证明A 和A 重合从而得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选②，计算得到P 到面ABD 的距离h =1=PA ，得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到PA ⊥AB ，再通过PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；(2)通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；(3)通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】(1)选①，连接BD ，作PA ⊥面ABCD ，垂足为A .∵BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等，∴A B =A D ，∴A 在BD 的中垂线AC 上，∵在平面PACQ 内，PA ⊥AC ,PA ⊥AC ,∴A 和A 重合，∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD若选②，设P 到面ABD 的距离为h ，∵V P -ABD =13S △ABD ⋅h =13×3⋅h =33，得h =1=PA ，∴PA 即为P 到面ABD 的距离，即PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD .若选③，由余弦定理得，cos ∠BPA =PB 2+PA 2-AB 22PB ⋅PA =55，∴BP =5,∴BP 2=AP 2+AB 2∴PA ⊥AB ，又PA ⊥AC ,AC ∩AB =A ,AC ,AB ⊂面ABCD∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ∴面PACQ ⊥面ABCD(2)因为PA ⊥面ABCD ，OB ,OC ⊂面ABCD ，所以PA ⊥OB ,PA ⊥OC ，取PQ 中点G ，则OG ⎳PA ，所以OG ⊥OB ,OG ⊥OC ，又因为OB ⊥OC ，所以建立如下图所示空间直角坐标系，∵B 3,0,0 ,P 0,-1,1 ,D -3,0,0 ,Q 0,1,1 ，∴BQ =-3,1,1 ,DQ =3,1,1 ,DP =3,-1,1 ，设平面BPQ 的一个法向量为m =x ,y ,z ，则m⋅BP =0m ⋅BQ =0 ，即-3x -y +z =0-3x +y +z =0 ，令x =3，则y =0,z =3,∴m =3,0,3 ，设平面DPQ 的一个法向量为n =x 1,y1,z 1 ，则n ⋅DP=0n ⋅DQ =0 ，即3x 1-y 1+z 1=3x 1+y 1+z 1=0，令x1=3，则y 1=0,z 1=-3,∴n =3,0,-3 ，∴cos m ,n =m ⋅n m ⋅ n =-623×23=-12，∵m ,n ∈0,π ,∴m ,n =2π3，由图可知二面角B -PQ -D 是钝角，所以二面角B -PQ -D 的大小为2π3.(3)∵C 0,1,0 ,Q 0,1,1 ，∴CQ =0,0,1 ,∵平面BPQ 的一个法向量为m =3,0,3 ，∴点C 到平面BPQ 的距离d =CQ ⋅m m=323=32.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.【答案】(1)证明见解析(2)EP EA 1=25【分析】(1)作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，由面面垂直的性质可得B 1O ⊥平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，再由线面垂直的判定定理得AC ⊥平面A 1B 1BA ，从而得到AC ⊥A 1B ，再由线面垂直的判定定理可得答案；(2)以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设EP =λEA 1 ，可得AP =-λ,1-λ,3λ ，求出平面A 1BE 的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】(1)因为侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB =AC =2，所以△ABB 1、△AA 1B 1为边长为2的等边三角形，作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，则O 点为AB 的中点，因为平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，平面A 1B 1BA ∩平面ABC =AB ，B 1O ⊂平面A 1B 1BA ，所以B 1O ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，又AB 1⊥AC ，B 1O ∩AB 1=B 1，B 1O 、AB 1⊂平面A 1B 1BA ，可得AC ⊥平面A 1B 1BA ，因为A 1B ⊂平面A 1B 1BA ，所以AC ⊥A 1B ，因为侧面A 1B 1BA 为菱形，所以B 1A ⊥A 1B ，AB 1∩AC =A ，AB 1、AC ⊂平面AB 1C ，所以A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)由(1)知，AC ⊥平面A 1B 1BA ，∠BAC =π2，取做A 1B 1的中点O 1，连接AO 1，则B1O ⎳AO 1，所以AO 1⊥平面ABC ，以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，A 1-1,0,3 ，B 2,0,0 ，E 0,1,0 ，A 1B =3,0,-3 ，EA 1 =-1,-1,3 ，设EP =λEA 1 ，可得P -λ,1-λ,3λ ，所以AP =-λ,1-λ,3λ ，设平面A 1BE 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则A 1B ⋅n=0EA 1 ⋅n =0，即3x -3z =0-x -y +3z =0 ，令z =3，可得n =1,2,3 ，可得sin π4=cos n ,AP =n ⋅AP n AP=-λ+2-2λ+3λ 1+4+3λ2+1-λ 2+3λ2，解得λ=0舍去，或λ=25，所以EP EA 1=25.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．【答案】(1)N 是CD 的中点(2)12,1,0 ，-1310,1,185 【分析】(1)根据面面平行的性质证明MN ⎳PC ，即可得解；(2)先根据球的体积求出PQ ，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【详解】(1)因为平面OMN ⎳平面PBC ，平面OMN ∩平面PCD =MN ，平面PBC ∩平面PCD =PC ，所以MN ⎳PC ，因为M 是PD 的中点，所以N 是CD 的中点；(2)由题意4π×PQ 22=214π，解得PQ =212，设MQ =λMN,λ∈R ，由题意，P 0,0,2 ,M 0,1,1 ,N 12,1,0 ，则PM =0,1,-1 ,MN =12,0,-1 ，则PQ =PM +MQ =0,1,-1 +λ12,0,-1 =λ2,1,-λ-1 ，则λ24+1+-λ-1 2=212，解得λ=1或λ=-135，当λ=1时，MQ =MN ，则Q 12,1,0 ，当λ=-135时，MQ =-135MN =-1310,0,135，设Q x ,y ,z ，则MQ =x ,y -1,z -1 =-1310,0,135，所以x =-1310y -1=0z -1=135 ，解得x =-1310y =1z =185 ，则Q -1310,1,185 ，综上所述点Q 的坐标为12,1,0，-1310,1,185 .17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O 1O 2的轴截面为等腰梯形A 1ACC 1，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点.(1)在平面BCC 1内，过C 1作一条直线与平面A 1AB 平行，并说明理由；(2)若四棱锥B -A 1ACC 1的体积为23，设平面A 1AB ∩平面C 1CB =l ,Q ∈l ，求CQ 的最小值.【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)7【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.【详解】(1)取BC 中点P ，作直线C 1P 即为所求，取AB 中点H ，连接A 2H ,PH ，则有PH ∥AC ,PH =12AC ，如图，在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1=12AC ，有HP ∥A 1C 1,HP =A 1C 1，则四边形A 1C 1PH 为平行四边形，即有C 1P ∥A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P⊄平面A 1AB ，所以C 1P ∥平面A 1AB .(2)法一：延长AA 1,CC 1交于点O ，故O ∈AA 1⊂平面ABA 1,O ∈CC 1⊂平面CC 1B故平面A 1AB ∩平面C 1CB =BO ,BO 即l ,在△OBC 中，OC ,OB 均为圆锥母线.过点B 作BO ⊥AC 于O .在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高h =AA 21-AC -A 1C 122=3,∴等腰梯形A 1ACC 1的面积为S =122+4 3=33，所以四棱锥B -A 1ACC 1的体积V =13S ×BO =13×33×BO =23，解得BO =2，故点O 与O 2重合，BC =22由AC =2AA 1=2A 1C 1，得OC =2CC 1，且∠C 1CA =60°，故OC =AC =4=OB .△OBC 中，O 到BC 距离h 1=OB 2-BC 22=14.则△OBC 面积=12OB ⋅CQ min =12BC ⋅h 1,得：CQ 的最小值为：CQ min =22⋅144=7.法二：同法一求出B 的位置.以O 2为原点，OB ,OC ,O 2O 1方向为x ,y ,z 轴正向建立空间直角坐标系，C 0,2,0 ,B 2,0,0 ,AA 1 =0,1,3 ,AB =2,2,0 ,CC 1 =0,-1,3 ,BC=-2,2,0设面A 1AB 的法向量为a=x 1,y 1,z 1a ⋅AA 1=y 1+3z 1=0a ⋅AB=2x 1+2y 1=0，取z 1=1，有a=3,-3,1 ；同理可得面C 1CB 的法向量为β=3,3,1 ,由l =面C 1CB ∩面A 1AB ，可知B ∈l ，设l 的方向向量为l=x ,y ,z ，故l ⋅a =3x -3y +z =0,l ⋅β=3x +3y +z =0取l=1,0,3 ,下面分2个方法求|CQ |min求|CQ |min 方法1：BQ =l=t ,0,3t ,，∵B 2,0,0 ,∴Q t -2,0,3t∴CQ =(t -2)2+22+(3t )2=4t 2-4t +8，当t =12时，CQ 取最小值为7.求CQ min 方法2：BC 在l 上的投影向量的模为BC ⋅l l =-2×1+2×0+0×32=1故CQ 的最小值即C 到l 的距离为BC 2-12=7.法三:在三角形△BCO 中，BO =CO =4,BC =22,cos ∠CBO =42+(22)2-422×4×22=122⋅sin ∠CBO =1-1222=722,所以CQ ≥CB sin ∠CBO =722×22=7.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt △ABC 中，B 为直角，AB =BC =6，EF ∥BC ，AE =2，沿EF 将△AEF 折起，使∠AEB =π3，得到如图②的几何体，点D 在线段AC 上．(1)求证：平面AEF ⊥平面ABC ；(2)若AE ⎳平面BDF ，求直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)64.【分析】(1)由余弦定理计算证明EA ⊥AB ，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答.【详解】(1)在△ABE 中，AE =2,BE =4，∠AEB =π3，由余弦定理得：AB 2=AE 2+BE 2-2AE ⋅BE cos ∠AEB =4+16-2×2×4×12=12，则AB =23，有EB 2=EA 2+AB 2，于是∠EAB =π2，即有EA ⊥AB ，又EF ⊥EB ,EF ⊥EA ,EA ∩EB =E ,EA ,EB ⊂平面ABE ，因此EF ⊥平面ABE ，而AB ⊂平面ABE ，则EF ⊥AB ，又因为EA ∩EF =E ,EA ,EF ⊂平面AEF ，从而AB ⊥平面AEF ，而AB ⊂平面ABC ，所以平面AEF ⊥平面ABC .(2)以A 为原点，以AB ,AE 分别为x ,y 轴，过点A 垂直于平面ABE 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，由(1)知，EF ⊥平面ABE ，而EF ⎳BC ，则有BC ⊥平面ABE ，则A (0,0,0),B (23,0,0),E (0,2,0),F (0,2,2),C (23,0,6)，AF =(0,2,2),FB =(23,-2,-2),AC=(23,0,6)，连接EC 与FB 交于点G ，连接DG ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ，平面AEC ∩平面BDF =DG ，则AE ⎳GD ，有GC GE =DCDA，在四边形BCFE 中，由EF ⎳BC ，得GC GE =BC EF =3，即DC DA=3，AD =14AC =32,0,32 ，FD =AD -AF =32,-2,-12，设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z )，则n ⋅FD =32x -2y -12z =0n ⋅FB =23x -2y -2z =0，令x =1，得n =(1,0,3)，设直线AF 与平面BDF 所成角为θ，于是sin θ=|cos ‹n ,AF ›|=|n ⋅AF ||n ||AF |=2322×2=64，所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为64.19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，AB =AP =2，PA ⊥平面ABCD ，E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)求证：平面EFG ⊥平面PAC ；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为13，且G 点不是线段PC 的中点，求三棱锥E -ABG 体积.【答案】(1)证明见解析(2)19【分析】(1)由线面垂直判定可证得BD ⊥平面PAC ，由中位线性质知EF ⎳BD ，从而得到EF ⊥平面PAC ，由面面垂直判定可得结论；(2)以A 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，由线面角的向量求法可构造方程求得λ，结合垂直关系可得G 平面PAB 的距离为16BC =13，利用棱锥体积公式可求得结果.【详解】(1)连接BD ，∵E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，∴EF ⎳BD ，∵底面四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ，又PA ∩AC =A ，PA ,AC ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ，∵EF ⎳BD ，∴EF ⊥平面PAC ，又EF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，E 1,0,1 ，F 0,1,1 ，P 0,0,2 ，C 2,2,0 ，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，则AG =AP +PG =0,0,2 +2λ,2λ,-2λ =2λ,2λ,2-2λ ，AE =1,0,1 ，AF =0,1,1 ，设平面AEF 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅AE=x +z =0n ⋅AF=y +z =0，令z =-1，解得：x =1，y =1，∴n =1,1,-1 ；设直线AG 与平面AEF 所成角为θ，sin θ=cos n ,AG =n ⋅AGn ⋅AG=6λ-2 3⋅4λ2+4λ2+2-2λ 2=13，解得：λ=16或λ=12(舍)，∴PG =16PC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ；∵BC ⊥AB ，PA ∩AB =A ，PA ,AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴G 到平面PAB 的距离为16BC =13，∴V E -ABG =V G -ABE =13S △ABE ⋅16BC =13×12×12×2×2×13=19.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长都为2，∠A 1AB =60°，点A 1在下底面ABC 的投影为AB 的中点O ．(1)在棱BB 1(含端点)上是否存在一点D 使A 1D ⊥AC 1若存在，求出BD 的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A 1到平面BCC 1B 1的距离．【答案】(1)存在，BD =25(2)2155【分析】(1)连接OC ，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，设BD =tBB 1 ,t ∈0,1 ，根据AC 1 ⋅A 1D=0，求出t 即可；(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)连接OC ，因为AC =BC ，O 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，由题意知A 1O ⊥平面ABC ，又AA 1=2，∠A 1AO =60°，所以A 1O =3，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，则A 10,0,3 ，A 1,0,0 ，B -1,0,0 ，C 0,3,0 ，由AB =A 1B 1得B 1-2,0,3 ，同理得C 1-1,3,3 ，设BD =tBB 1,t ∈0,1 ，得D -1-t ,0,3t ，又AC 1 =-2,3,3 ，A 1D =-1-t ,0,3t -3 ，由AC 1 ⋅A 1D=0，得-2-1-t +33t -3 =0，得t =15，又BB 1=2，∴BD =25，∴存在点D 且BD =25满足条件；(2)设平面BCC 1B 1的法向量为n=x ,y ,z ，BC =1,3,0 ，CC 1 =-1,0,3 ，则有n ⋅BC=x +3y =0n ⋅CC 1=-x +3z =0，可取n =3,-1,1 ，又BA 1=1,0,3 ，∴点A 1到平面BCC 1B 1的距离为d =BA 1 cos BA 1 ,n =BA 1 ×3+0+3BA 1×5=2155，∴所求距离为2155.21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为α与β的正余弦值，即可证明结论.【详解】(1)由题意，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且平面ABB 1A 1∩平面ABC =AB ，AB ⊥BC ，BC ⊂平面ABC ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∵BB 1⊂平面ABB 1A 1，∴BC ⊥BB 1，又AC ⊥BB 1，BC ∩AC =C ，BC ,AC ⊂平面ABC ∴BB 1⊥平面ABC ，连接C 1B ，∵DE ⎳平面BCC 1B 1，DE ⊂平面ABC 1，平面ABC 1∩平面BCC 1B 1=C 1B ，∴DE ∥C 1B ，∵AE =2EB ，∴AD =2DC 1 ，∴A 1C 1=12AC .∴三棱锥C -A 1B 1C 1底面A 1B 1C 1的面积S 1=12×2×3=3，高h =BB 1=2，。
必修二立体几何线面垂直、面线垂直、线面平行判定及性质练习
必修二立体几何线面垂直、面线垂直、线面平行判定及性质练习
1. 线面垂直的判定及性质
线段与平面垂直的条件有两种：
- 条件1：线段的两个端点一定在平面上。
- 条件2：线段的方向向量与平面的法向量垂直。
性质：
- 垂直于同一个平面的所有线段都平行。
- 如果一条线段与平面垂直，在平面上的投影就是这条线段的两个端点。
2. 面线垂直的判定及性质
面与线段垂直的条件有两种：
- 条件1：线段在平面上。
- 条件2：线段的方向向量与平面的法向量垂直。
性质：
- 如果面与一条线段垂直，那么这条线段与面的交点是线段的中点。
3. 线面平行的判定及性质
线段与平面平行的条件有两种：
- 条件1：线段的方向向量与平面的法向量平行。
- 条件2：线段的方向向量在平面上。
性质：
- 平行于同一个平面的所有线段都平行。
- 如果一条线段与平面平行，在平面上的投影与线段重合。
以上是关于立体几何中线面垂直、面线垂直、线面平行的判定条件及性质的练内容。
总结了垂直和平行的判定条件和性质，有助于理解立体几何中线面关系的特性和规律。
通过练，我们可以加深对几何概念的理解并提高解题能力。
希望这份练习对你有所帮助！。
空间立体几何中的平行问题
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立体空间中的平行
复习定理
空间中的平行
解决空间直线与平面平行的相关问题，特别要注意下面的 转化关系：
空间平行之间的转化
⑤
② ①③ ④
复习定理
空间中的平行
1.直线与平面平行的判定
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则 该直线与此平面平行．
a
b
a
//
CD / / AB, BC AB ，且 AB AE BE 2BC 2CD 2，动点 F 在棱 AE 上，且
EF FA.试探究 的值，使 CE / / 平面 BDF ，并给予证明；
E
●F
B
A
C
D
小结：
关键
高频 考点
线线平行-------- 线面平行------- 面面平行
转化思想：把空间问题转化为平面问题解决 证明推理过程要规范、严密，条件缺一不可！
a,b
a a
//
b
A
//
b //
☺ 简称：线面平行，面面平行.
复习定理
空间中的平行
4.平面与平面平行的判定与性质
➳性质：如果两个平面平行，那么其中一个平面内 的任何一条直线都平行于另外一个平面。
a
//
a
//
☺ 简称：面面平行，线面平行.
复习定理
空间中的平行
5.平面与平面平行的判定与性质
b
a // b
☺ 简称：线线平行，线面平行.
复习定理
空间中的平行
2.直线与平面平行的性质
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一 平面与此平面的交线与该直线平行．
立体几何解答题训练(平行)
一、立体几何解答题训练（平行）1、如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形,PA ⊥平面ABCD , 点F 为PC 的中点. （Ⅰ）求证://PA 平面BDF ; （Ⅱ）求证:平面PAC ⊥平面BDF .2、如图，矩形ABCD 中，ABE AD 平面⊥，2===BC EB AE ，F 为CE 上的点，且ACE BF 平面⊥（Ⅰ）求证：BCE AE 平面⊥； （Ⅱ）求证；BFD AE 平面//； （Ⅲ）求三棱锥BGF C -的体积.AFPDCBBC3、如图所示，四棱锥P-ABCD 底面是直角梯形，,,,2,BA AD CD AD CD AB PA ⊥⊥=⊥底 面ABCD ，E 为PC 的中点。
PA ＝AD ＝AB ＝1。
（1）证明：PAD EB 平面； （2）证明：BE PDC ⊥平面； （3）求三棱锥B-PDC 的体积V 。
4．如图，已知棱柱1111D C B A ABCD -的底面是菱形，且⊥1AA 面ABCD ，60=∠DAB ，1AA AD =，F 为棱1AA 的中点，M 为线段1BD 的中点，（1）求证：//MF 面ABCD ； （2）求证：⊥MF 面11B BDD ；AB CDA 1B 1C 1D 1FM5、如图3所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=，2AB =， 1BC =，1AA = （Ⅰ）证明：1AC ⊥平面11AB C ； （Ⅱ）若D 是棱1CC 的中点，在棱AB 上是否存在一点E ，使DE 平面11AB C ？证明你的结论．6、如图，四棱锥P －ABCD 的底面为矩形，侧面P AD 是正三角形，且侧面P AD ⊥底面ABCD ， E 是侧棱PD 上一点，且PB ∥平面EAC .（1）求证：E 是PD 的中点； （2）求证：AE ⊥平面PCD .E A BC D PA BCPD7、如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为1DD 、DB 的中点． （Ⅰ）求证：EF //平面11ABC D ； （Ⅱ）求证：1EF B C ⊥； （Ⅲ）求三棱锥EFC B V -1的体积．8.如图4，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB DC ∥，PAD △是 等边三角形，已知24BD AD ==，2AB DC == （1）求证：BD ⊥平面PAD ；（2）求三棱锥A PCD -的体积．CDBFE D 1C 1B 1A A 1DC 1A 1B 1CBA9. 如图5,在三棱柱111-ABC A B C 中，侧棱1AA ⊥底面ABC ,,⊥AB BC D 为AC 的中点, 12A A AB ==,3BC =. （1）求证：1//AB 平面1BC D ； (2) 求四棱锥11-B AAC D 的体积.10．如图，已知三棱锥A —BPC 中，AP ⊥PC ， AC ⊥BC ，M 为AB 中点，D 为PB 中点，且△PMB 为正三角形。
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专题：平行问题
主要考点：线面平行 面面平行
线面平行的判定定理：如果一个平面内的一条直线和另平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面
平行。
定理模式：,,////a b a b a ααα⊄⊂⇒
面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于一个平面，那么这两个平面平行。
定理的模式：//////a b a b P a b ββαβαα⊂⎫
⎪
⊂⎪⎪
=⇒⎬⎪
⎪⎪⎭
1、如右图所示，已知P 、Q 是正方体的面11A B BA 和面ABCD 的中心．
证明：PQ ∥平面11C B BC
2、如图，在底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，点E 是PD 的中点．求证：//PB 平面AEC
．
3、如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4, BC=CD=2, AA 1=2,
E 、E 1、
F 分别是棱AD 、AA 1、AB 的中点。
证明：直线EE 1//平面FCC 1；
4、两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC ，N ∈FB ，且AM =FN ，求证：MN ∥平面BCE 。
E A B C
F E 1 A 1
B 1
C 1
D 1
D _ Q
_ P
_ M _ N
_ D
_ A
5、已知在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 为平行四边形，E 为PC 的中点，O 为BD 的中点. 求证：OE //平面ADP
6、在四棱锥P-ABCD 中，底面四边形ABCD 是平行四边形，E,F 分别是AB ，PD 的中点. 求证：//AF 平面PCE
3、如图所示，ABC ∆为正三角形，EC ⊥平面ABC ，//BD CE ，且2CE CA BD ==，F 、M 是CE 、EA 的中点。
求证： （1）//DM 平面ABC ；
（2）面//FDM 面ABC .
10．P 是△ABC 所在平面外一点，A ′、B ′、C ′分别是△PBC 、△PCA 、△PAB 的重心。
（1）求证：平面A ′B ′C ′∥平面ABC ； （2）S △A′B′C′∶S △ABC 的值。
P A B C
D E O
P B
C
D
A
E F B
C
A
M D
F
E。