《立體幾何大題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《立體幾何大題（31頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2016年7月9日數(shù)學(xué)周測試卷 一、解答題（共25小題；共325分） 1. 如圖，正方體 ABCD?A1B1C1D1 的棱長為 2． （1） 在圖中找出平面 ABCD，平面 ADD1A1，平面 BDD1B1 的一個法向量； （2） 以點 D 為坐標原點建立空間直角坐標系，求出（1）中三個法向量的坐標． 2. 如圖，在正方體 ABCD?A1B1C1D1 中，求 BD 與平面 A1C1D 所成角的余弦值． 3. 設(shè) a，b 分別是兩條異面直線 l1，l2 的方向向量，且 cosa,b=?12，求異面直線 ll 和 l2 所成的角． 4. 如

2、圖，直三棱柱 ABC?A′B′C′，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA′=1，點 M 、 N 分別為 A′B 和 B′C′ 的中點．（錐體體積公式 V=13Sh，其中 S 為底面面積，h 為高） （1） 證明：MN∥平面A′ACC′； （2） 求三棱錐 A′?MNC 的體積． 5. 三棱錐 P?ABC 中，側(cè)面 PAC 與底面 ABC 垂直，PA=PB=PC=3． （1） 求證：AB⊥BC； （2） 設(shè) AB=BC=23，求 AC 與平面 PBC 所成角的大?。? 6. 如圖，△ABC 和 △BCD 所在平面互相垂直，且 AB=BC=BD=2，∠ABC

3、=∠DBC=120°，E，F(xiàn) 分別為 AC，DC 的中點． （1） 求證：EF⊥BC； （2） 求二面角 E?BF?C 的正弦值 7. 如圖，四邊形 ABCD 為正方形，QA⊥ 平面 ABCD，PD∥QA，QA=AB=12PD． （1） 證明：PQ⊥ 平面 DCQ； （2） 求棱錐 Q?ABCD 的體積與棱錐 P?DCQ 的體積比值． 8. 如圖，在 △ABC 中，B=90°，AC=152，D，E 兩點分別在 AB，AC 上，使 ADDB=AEEC=2，DE=3．現(xiàn)將 △ABC 沿 DE 折成直二面角，求： （1） 異面直線 AD 與 BC 的距

4、離； （2） 二面角 A?EC?B 的大?。ㄓ梅慈呛瘮?shù)表示）． 9. 如圖，直三棱柱 ABC?A1B1C1 中，D，E 分別是 AB，BB1 的中點． （1） 證明：BC1∥平面A1CD； （2） 設(shè) AA1=AC=CB=2，AB=22，求三棱錐 E?A1CD 的體積． 10. 如圖，正四棱錐 S?ABCD 的所有棱長均為 2，E，F(xiàn)，G 分別為棱 AB，AD，SB 的中點． （1） 求證：BD∥平面EFG，并求出直線 BD 到平面 EFG 的距離； （2） 求點 C 到平面 EFG 的距離． 11. 已知過球面上三點 A，B，C 的截面到

5、球心的距離等于球半徑的一半，且 AC=BC=6，AB=4．計算球的表面積與體積． 12. 如圖，三棱柱 ABC?A1B1C1 中，點 A1 在平面 ABC 內(nèi)的射影 D 在 AC 上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2． （1） 證明：AC1⊥A1B； （2） 設(shè)直線 AA1 與平面 BCC1B1 的距離為 3，求二面角 A1?AB?C 的大小． 13. 如圖，四棱錐 P－ABCD 的底面 ABCD 是平行四邊形，BA=BD=2，AD=2，PA=PD=5，E,F 分別是棱 AD,PC 的中點． （1） 證明：EF∥ 平面 PAB； （2） 若二

6、面角 P?AD?B 為 60°， ① 證明：平面 PBC⊥ 平面 ABCD； ② 求直線 EF 與平面 PBC 所成角的正弦值． 14. 如圖，在四棱柱 ABCD?A1B1C1D1 中，側(cè)棱 A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB=1，AC=AA1=2，AD=CD=5．用向量法解決下列問題： （1） 若 AC 的中點為 E，求 A1C 與 DE 所成的角； （2） 求二面角 B1?AC?D1 （銳角）的余弦值． 15. 已知在四棱錐 P?ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，且 AD=2，AB=1，PA⊥ 平面 ABCD，E，F(xiàn) 分別是線段 AB，BC 的

7、中點． （1） 證明：PF⊥FD； （2） 在線段 PA 上是否存在點 G，使得 EG∥平面PFD ?若存在，確定點 G 的位置；若不存在，說明理由． （3） 若 PB 與平面 ABCD 所成的角為 45°，求二面角 A?PD?F 的余弦值． 16. 如圖，直三棱柱 ABC?A1B1C1 中，AC=BC，AA1=AB，D 為 BB1 的中點，E 為 AB1 上的一點，AE=3EB1． （1） 證明：DE 為異面直線 AB1 與 CD 的公垂線； （2） 設(shè)異面直線 AB1 與 CD 的夾角為 45°，求二面角 A1?AC1?B1 的大?。? 17. 已知

8、在四棱錐 P?ABCD 中，AD∥BC，AD⊥CD，PA=PD=AD=2BC=2CD，E，F(xiàn) 分別為 AD，PC 的中點． （1） 求證：AD⊥平面PBE； （2） 求證：PA∥平面BEF； （3） 若 PB=AD，求二面角 F?BE?C 的大?。? 18. 如圖，在直三棱柱 ABC?A1B1C1 中，AB=4，AC=BC=3，D 為 AB 的中點． （1） 求異面直線 CC1 和 AB 的距離； （2） 若 AB1⊥A1C，求二面角 A1?CD?B1 的平面角的余弦值． 19. 如圖 1，在等腰梯形 ABCD 中，BC∥AD，BC=12AD=2 ． ∠

9、A=60°，E 為 AD 中點，點 O，F(xiàn) 分別為 BE，DE 的中點，將 △ABE 沿 BE 折起到 △A1BE 的位置，使得平面 A1BE⊥ 平面 BCDE（如圖 2） （1） 求證：A1O⊥CE （2） 求直線 A1B 與平面 A1CE 所成角的正弦值 （3） 側(cè)棱 A1C 上是否存在點 P，使得 BP∥ 平面 A1OF，若存在，求處 A1PA1C 的值，若不存在，說明理由． 20. 在正三角形 ABC 中，E，F(xiàn)，P 分別是 AB，AC，BC 邊上的點，滿足 AE:EB=CF:FA=CP:PB=1:2（如圖1）．將 △AEF 沿 EF 折起到 △A1EF 的位置

10、，使二面角 A1?EF?B 成直二面角，連接 A1B，A1P（如圖2）． （1） 求證：A1E⊥平面BEP； （2） 求直線 A1E 與平面 A1BP 所成角的大??； （3） 求二面角 B?A1P?F 的余弦值． 21. 如圖，四面體 ABCD 中，O 是 BD 的中點，△ABD 和 △BCD 均為等邊三角形，AB=2，AC=6． （1） 求證：AO⊥平面BCD； （2） 求二面角 A?BC?D 的余弦值； （3） 求 O 點到平面 ACD 的距離． 22. 如圖，已知 AB⊥平面BEC，AB∥CD，AB=BC=4，CD=2，△BEC 為等邊三角形．

11、 （1） 求證：平面ABE⊥平面ADE． （2） 求 二面角A?DE?B 的平面角的余弦值． 23. 如圖，在四棱錐 O?ABCD 中，底面 ABCD 是邊長為 1 的菱形，∠ABC=π4，OA⊥底面ABCD，OA=2，M 為 OA 的中點，N 為 BC 的中點，以 A 為原點，建立適當?shù)目臻g坐標系，利用空間向量解答以下問題： （1） 證明：直線 MN∥平面OCD； （2） 求異面直線 AB 與 MD 所成角的大??； （3） 求點 B 到平面 OCD 的距離． 24. 如圖，已知邊長為 4 的菱形 ABCD 中，AC∩BD=O，∠ABC=60°．將菱形

12、 ABCD 沿對角線 AC 折起得到三棱錐 D?ABC，設(shè)二面角 D?AC?B 的大小為 θ． （1） 當 θ=90° 時，求異面直線 AD 與 BC 所成角的余弦值； （2） 當 θ=60° 時，求直線 BC 與平面 DAB 所成角的正弦值． 25. 如圖，在四棱錐 A?BCDE 中，底面 BCDE 為平行四邊形，平面ABE⊥平面BCDE，AB=AE，DB=DE，∠BAE=∠BDE=90°． （1） 求異面直線 AB 與 DE 所成角的大??； （2） 求二面角 B?AE?C 的余弦值． 答案 第一部分 1. （1） 由正方體可得 DD1⊥平面ABCD

13、，AB⊥平面ADD1A1， 平面 ABCD 的一個法向量為 DD1，平面 ADD1A1 的一個法向量為 AB； 連接 AC，AC⊥BD，AC⊥BB1，得 AC⊥平面BB1D1D，平面 BDD1B1 的一個法向量為 AC． （2） 如圖， 建立空間直角坐標系 D?xyz，可得 D10,0,2，A2,0,0，B2,2,0，C0,2,0． DD1=0,0,2，AB=0,2,0，AC=?2,2,0． 2. 以 AB，AD，AA1 為 x 軸，y 軸，z 軸建立空間直角坐標系， 設(shè)正方體的棱長為 1，則 A10,0,1，C11,1,1，D0,1,0， 設(shè)平面 A1C1

14、D 的法向量為 n=x,y,z，則 n?A1C1=0，n?A1D=0，解得 n=?1,1,1，BD=?1,1,0，所以 BD 與平面 A1C1D 所成角 cos=223=63 ． 所以 BD 與平面 A1C1D 所成角的余弦值是 33． 3. 因為 cosa,b=?12，a,b∈0,π， 所以 a,b=2π3． 所以 l1 和 l2 所成的角為 π3． 4. （1） 證法一：連接 AB′，AC′，由已知 ∠BAC=90°，AB=AC， 三棱柱 ABC?A′B′C′ 為直三棱柱，所以 M 為 AB′ 中點． 又因為 N 為 B′C′ 的中點，所以 MN∥AC′．

15、 又 MN?平面A′ACC′，AC′?平面A′ACC′， 因此 MN∥平面A′ACC′． 證法二：取 A′B′ 中點 P，連接 MP，NP． 因為 M，N 分別為 AB′ 與 B′C′ 的中點， 所以 MP∥AA′，PN∥A′C′， 所以 MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′， 又 MP∩NP=P，因此平面 MPN∥平面A′ACC′， 而 MN?平面MPN．因此 MN∥平面A′ACC′． （2） 解法一：連接 BN，如圖， 由題意得 A′N⊥B′C′，A′N⊥B′B， 所以 A′N⊥平面NBC． 又 A′N=12B′C′=1，故 VA′?MNC=

16、VN?A′MC=12VN?A′BC=12VA′?NBC=16. 解法二： VA′?MNC=VA′?NBC?VM?NBC=12VA′?NBC=16. 5. （1） 如圖，取 AC 中點 O，連接 PO,BO． ∵PA=PC，∴PO⊥AC． 又 ∵ 側(cè)面 PAC⊥ 底面 ABC， ∴ PO⊥ 底面 ABC． 又 PA=PB=PC，∴ AO=BO=CO． ∴ △ABC 為直角三角形． ∴ AB⊥BC． （2） 如圖，取 BC 的中點 M，連接 OM,PM， 則有 OM=12AB=3,AO=12232+232=6,PO=PA2?

17、AO2=3, 由（1）有 PO⊥ 平面 ABC，OM⊥BC，再結(jié)合 PB=PC， 可知 PM⊥BC. ∴ 平面 POM ⊥平面 PBC，又 ∵ PO=OM=3． ∴ △POM 是等腰直角三角形，取 PM 的中點 N，連接 ON,NC， 則 ON⊥PM, 又 ∵ 平面 POM⊥ 平面 PBC，且交線是 PM， ∴ ON⊥ 平面 PBC． ∴ ∠OCN 即為 AC 與平面 PBC 所成的角． ON=12PM=1232?32=62,OC=6, ∴ sin∠OCN=ONOC=12，∴ ∠OCN=π6， 故 AC 與平面 PBC 所成的角為 π6． 6.

18、 （1） 法一： 如圖， 過 E 作 EO⊥BC，垂足為 O，連 OF， 由 △ABC≌△DBC 可證出 △EOC≌△FOC， 所以 ∠EOC=∠FOC=π2，即 FO⊥BC． 又 EO⊥BC，因此 BC⊥ 面 EFO， 又 EF? 面 EFO，所以 EF⊥BC． 法二： 由題意，以 B 為坐標原點，在平面 DBC 內(nèi)過 B 作垂直 BC 的直線為 x 軸，BC 所在直線為 y 軸，在平面 ABC 內(nèi)過 B 作垂直 BC 的直線為 z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系． 易得 B0,0,0,A0,?1,3,D3,?1,0,C0,2,0, 因而 E0,12,32

19、,F32,12,0, 所以 EF=32,0,?32,BC=0,2,0, 因此 EF?BC=0，從而 EF⊥BC，所以 EF⊥BC． （2） 法一： 在圖中，過 O 作 OG⊥BF，垂足為 G，連 EG，由平面 ABC⊥ 平面 BDC，從而 EO⊥ 平面 BDC， 所以 EO⊥BF．又 OG⊥BF，所以 BF⊥ 平面 EOG，從而 EG⊥BF. 因此 ∠EGO 為二面角 E?BF?C 的平面角； 在 △EOC 中，可得 EO=12EC=12BC?cos30°=32, 由 △BGO∽△BFC 知 OG=BOBC?FC=34, 因此 tan∠EGO=EOOG=2

20、, 從而 sin∠EGO=255, 即二面角 E?BF?C 的正弦值為 255． 法二： 在圖中，平面 BFC 的一個法向量為 n1=0,0,1，設(shè)平面 BEF 的法向量 n2=x,y,z，又 BF=32,12,0,BE=0,12,32, 由 n2?BF=0,n2?BE=0, 得其中一個 n2=1,?3,1, 設(shè)二面角 E?BF?C 的大小為 θ，且由題意知 θ 為銳角，則 cosθ=cosn1,n2=n1?n2n1?n2=15, 因 sinθ=25=255, 即二面角 E?BF?C 的正弦值為 255． 7. （1） 由條件知 PDA

21、Q 為直角梯形． ∵ QA⊥ 平面 ABCD，∴ 平面 PDAQ⊥ 平面 ABCD，交線為 AD． 又四邊形 ABCD 為正方形，DC⊥AD，∴ DC⊥ 平面 PDAQ，可得 PQ⊥DC． 在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ=PQ=22PD, 則 PQ⊥QD．所以 PQ⊥ 平面 DCQ． （2） 設(shè) AB=a．由題設(shè)知 AQ 為棱錐 Q?ABCD 的高， 所以棱錐 Q?ABCD 的體積 V1=13a3. 由（1）知 PQ 為棱錐 P?DCQ 的高，而 PQ=2a，△DCQ 的面積為 22a2，所以棱錐 P?DCQ 的體積 V2=13a3. 故棱錐 Q?AB

22、CD 的體積與棱錐 P?DCQ 的體積比值為 1． 8. （1） 如圖1中， 因為 ADDB=AECE，所以 BE∥BC． 又因為 B=90°，從而 AD⊥DE． 在圖2中， 因 A?DE?B 是直二面角，AD⊥DE， 故 AD⊥底面DBCE，從而 AD⊥DB． 而 DB⊥BC，故 DB 為異面直線 AD 與 BC 的公垂線． 下面求 DB 之長．在圖 1 中，由 ADDB=AEEC=2, 得 DEBC=ADAB=23. 又已知 DE=3，從而 BC=32DE=92,AB=AC2?BC2=1522?922=6. 因 DBAB=13，故 DB=2. 即異

23、面直線 AD 與 BC 的距離為 2． （2） 方法一：在圖2中，過 D 作 DF⊥CE，交 CE 的延長線于 F，連接 AF． 由（1）知，AD⊥底面DBCE，由三垂線定理知 AF⊥FC， 故 ∠AFD 為二面角 A?EC?B 的平面角． 在底面 DBCE 中，∠DEF=∠BCE，所以 DB=2,EC=13?152=52, 因此 sin∠BCE=DBEC=45. 從而在 Rt△DFE 中， DE=3,DF=DEsin∠DEF=DEsin∠BCE=125. 在 Rt△AFD，中 AD=4,tan∠AFD=ADDF=53. 因此所求二面角 A?EC?B 的大小為

24、 arctan53． 方法二：如圖3， 由（1）知，以 D 點為坐標原點，DB,DE,DA 的方向為 x,y,z 軸的正方向建立空間直角坐標系，則 D0,0,0,A0,0,4,C2,92,0,E0,3,0. 所以 CE=?2,?32,0,AD=0,0,?4, 過 D 作 DF⊥CE，交 CE 的延長線于 F，連接 AF． 設(shè) Fx0,y0,0，從而 DF=x0,y0,0,EF=x0,y0?3,0, 由 DF⊥CE，有 DF?CE=0, 即 2x0+32y0=0,???① 又由 CE∥EF，得 x02=y0?332,???② 聯(lián)立①、②，解得 x0=?3625

25、,y0=4825, 即 F?3625,4825,0, 得 AF=?3625,4825,?4, 因為 AF?CE=?3625??2+4825??32=0, 故 AF⊥CE，又因 DF⊥CE， 所以 ∠DFA 為所求的二面角 A?EC?B 的平面角． 因 DF=?3625,4825,0，有 DF=?36252+48252=125,AD=4, 所以 tan∠AFD=ADDF=53. 因此所求二面角 A?EC?B 的大小為 arctan53． 9. （1） 連接 AC1 交 A1C 于 O，可得 OD∥BC1， 又 OD?面A1CD，BC1?面A1CD， 所以 B

26、C1∥平面A1CD． （2） 直棱柱 ABC?A1B1C1 中，AA1⊥面ABC， 所以 AA1⊥CD， 又 AB⊥CD，AA1∩AB=A， 所以 CD⊥面A1DE， 所以三棱錐 E?A1CD 可以把面 A1DE 作為底面，高就是 CD=2，底面 A1DE 的面積為 42?2?22?2=322， 所以三棱錐 E?A1CD 的體積為 322213=1． 10. （1） 因為 E，F(xiàn) 分別為棱 AB，AD 的中點，所以 EF∥BD． 又 EF?平面EFG，BD?平面EFG， 所以 BD∥平面EFG． 如圖建立空間直角坐標系， 則 A2,0,0，B0,2,0，D

27、0,?2,0，S0,0,2，E22,22,0，F(xiàn)22,?22,0，G0,22,22． 設(shè)平面 EFG 的法向量為 m=x,y,z， EF=0,?2,0，EG=?22,0,22，可得 m=1,0,1， 所以點 B 到平面 EFG 的距離為 d=EB?mm=12． 即直線 BD 到平面 EFG 的距離為 12． （2） 因為 EC=?322,?22,0， 所以點 C 到平面 EFG 的距離為 d=EC?mm=32． 11. 如圖，設(shè)球面的半徑為 r，O? 是 △ABC 的外心，外接圓半徑為 R，則 OO?⊥面ABC． 在 Rt△ACD 中，cosA=26=1

28、3，則 sinA=223， 在 △ABC 中，由正弦定理得 6sinA=2R，R=924，即 O?C=924． 在 Rt△OCO? 中，由題意得 r2?14r2=81216，得 r=362． 球的表面積 S=4πr2=4π964=54π． 球的體積為 43π3623=276π． 12. （1） A1D⊥ 平面 ABC，A1D? 平面 AA1C1C， 故平面 AA1C1C⊥ 平面 ABC． 又 BC⊥AC，所以 BC⊥ 平面 AA1C1C． 如圖，連接 A1C， 因為側(cè)面 AA1C1C 為菱形，故 AC1⊥A1C， 由 BC⊥ 平面 AA1C1C 知 AC1⊥BC，

29、 而 A1C∩BC=C， 故可得 AC1⊥面A1CB，所以 AC1⊥A1B． （2） BC⊥ 平面 AA1C1C，BC? 平面 BCC1B1， 故平面 AA1C1C⊥ 平面 BCC1B1． 作 A1E⊥CC1，E 為垂足，則 A1E⊥ 平面 BCC1B1． 又直線 AA1∥ 平面 BCC1B1，因而 A1E 為直線 AA1 與平面 BCC1B1 的距離，A1E=3． 因為 A1C 為 ∠ACC1 的角平分線，故 A1D=A1E=3． 作 DF⊥AB，F(xiàn) 為垂足，連接 A1F， 由題可知 A1D⊥面ACB，所以 A1D⊥AB． 因此，可知 AB⊥面A1DF，因此

30、 A1F⊥AB， 故 ∠A1FD 為二面角 A1?AB?C 的平面角． 由 AD=AA12?A1D2=1, 得 D 為 AC 的中點， DF=12ACBCAB=55, 所以 tan∠A1FD=A1DDF=15, 所以二面角 A1?AB?C 的大小為 arctan15． 13. （1） 如圖，取 PB 中點 M，連接 FM， 因為 F 為 PC 中點，所以 FM 為 △PBC 中位線， 所以 FM∥BC∥AE 且 FM=12BC=AE， 所以四邊形 EFMA 為平行四邊形，EF∥AM． 因為 EF? 平面 PAB，AM? 平面 PAB，所以 EF∥ 平面 PAB．

31、 （2） ① 連接 PE,BE． 因為 PA=PD，BA=BD，而 E 為 AD 中點，故 PE⊥AD，BE⊥AD，所以 ∠PEB 為二面角 P?AD?B 的平面角． 在 △PAD 中，由 AD=2,PA=PD=5, 可解得 PE=2. △ABD 中，由 BA=BD=2, 可解得 BE=1. 在三角形 PEB 中，PE=2，BE=1，∠PEB=60°，由余弦定理，可解得 PB=3, 從而 ∠PBE=90°，即 BE⊥PB， 又 BC∥AD，BE⊥AD，從而 BE⊥BC，因此 BE⊥ 平面 PBC． 又 BE? 平面 ABCD，所以平面 PBC⊥ 平

32、面 ABCD； ②連接 BF，由 ① 知 BE⊥ 平面 PBC． 所以 ∠EFB 為直線 EF 與平面 PBC 所成的角，由 PB=3,PA=5,AB=2, 得 ∠ABP 為直角，而 MB=12PB=32, 可得 AM=112，故 EF=112．又 BE=1，故在 Rt△EBF 中，可得 sin∠EFB=BEEF=21111. 所以，直線 EF 與平面 PBC 所成角的正弦值為 21111． 14. （1） 由 AD=CD，AC 的中點為 E，所以 DE⊥AC．如圖，以 A 為原點建立空間直角坐標系， 依題意可得 A0,0,0，B1,0,0，A10,0,2，C0,2,

33、0，D?2,1,0，B11,0,2，D1?2,1,2，E0,1,0． A1C=0,2,?2，DE=2,0,0， 因為 A1C?DE=0,2,?2?2,0,0=0+0+0=0， 所以 A1C⊥DE，即 A1C 與 DE 所成的角為 π2． （2） 設(shè)平面 B1AC 與平面 D1AC 所成的角為 θ，平面 B1AC 的法向量為 m=x1,y1,1， 平面 D1AC 的法向量為 n=x2,y2,1． B1A=?1,0,?2，D1A=2,?1,?2，AC=0,2,0． 由 m?B1A=0,m?AC=0, 得 ?x1?2=0,2y1=0, 解得 x1=?2,y1=0,

34、 所以 m=?2,0,1，同理可得 n=1,0,1， 設(shè)的夾角為 α，則 cosα=m?nmn=?2+152=?1010，由圖知 cosθ=?cosα=1010， 所以二面角 B1?AC?D1 （銳角）的余弦值為 1010． 15. （1） ∵PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，AB=1，AD=2，建立如圖所示的空間直角坐標系 A?xyz， 則 A0,0,0，B1,0,0，F(xiàn)1,1,0，D0,2,0． 不妨令 P0,0,t， ∵PF=1,1,?t，DF=1,?1,0， ∴PF?DF=11+1?1+?t0=0，即 PF⊥FD． （2） 如圖所示，

35、 設(shè)平面 PFD 的法向量為 n=x,y,z，由 n?PF=0,n?DF=0, 得 x+y?tz=0,x?y=0. 令 z=1，得 x=y=t2，所以 n=t2,t2,1． 設(shè) G 點坐標為 0,0,m 0≤m≤t，E12,0,0，則 EG=?12,0,m． 要使 EG∥平面PFD，只需 EG?n=0，即 ?12t2+0t2+1m=m?t4=0，得 m=14t, 從而滿足 AG=14AP 的點 G 即為所求． （3） ∵AB⊥平面PAD， ∴AB 是平面 PAD 的法向量，易得 AB=1,0,0， 又 ∵PA⊥平面ABCD， ∴∠P

36、BA 是 PB 與平面 ABCD 所成的角，得 ∠PBA=45°，PA=1，平面 PFD 的法向量為 n=12,12,1，所以 cosAB,n=AB?nAB?n=1214+14+1=66, 因為所求二面角為銳角，故所求二面角 A?PD?F 的余弦值為 66． 16. （1） 法一：如圖，連接 A1B，記 A1B 與 AB1 的交點為 F． 因為面 AA1B1B 為正方形，故 A1B⊥AB1，且 AF=FB1． 又 AE=3EB1，所以 FE=EB1，又 D 為 BB1 的中點， 故 DE∥BF，DE⊥AB1． 作 CG⊥AB，G 為垂足，由 AC=BC 知，G 為 AB 中

37、點． 又由底面 ABC⊥面AA1B1B，得 CG⊥面AA1B1B． 連接 DG，則 DG∥AB1，故 DE⊥DG，易得 DE⊥CD． 所以 DE 為異面直線 AB1 與 CD 的公垂線． 法二：以 B 為坐標原點，射線 BA 為 x 軸正半軸，射線 BB1 為 y 軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系 B?xyz． 設(shè) AB=2，則 A2,0,0,B10,2,0,D0,1,0,E12,32,0. 又設(shè) C1,0,c，則 DE=12,12,0,B1A=2,?2,0,DC=1,?1,c. 于是 DE?B1A=0，DE?DC=0，故 DE⊥B1A，DE⊥DC． 所以 DE

38、 為異面直線 AB1 與 CD 的公垂線． （2） 解法一：因為 DG∥AB1，故 ∠CDG 為異面直線 AB1 與 CD 的夾角，∠CDG=45°． 設(shè) AB=2，則 AB1=22,DG=2,CG=2,AC=3. 如圖，作 B1H⊥A1C1，H 為垂足．因為底面 A1B1C1⊥面AA1C1C，故 B1H⊥面AA1C1C，又作 HK⊥AC1，K 為垂足，連接 B1K，易得 B1K⊥AC1，因此 ∠B1KH 為二面角 A1?AC1?B1 的平面角． 又 B1H=A1B1A1C12?12A1B12A1C1=223,HC1=B1C12?B1H2=33, AC1=22+3

39、2=7,HK=AA1HC1AC1=2337, 所以 tan∠B1KH=B1HHK=14，所以二面角 A1?AC1?B1 的大小為 arctan14． 解法二：因為 B1A,DC 等于異面直線 AB1 與 CD 的夾角，故 B1A?DC=B1A?DCcos45°, 即 22c2+222=4, 解得 c=2，故 AC=?1,0,2． 又 AA1=BB1=0,2,0，所以 AC1=AC+AA1=?1,2,2. 設(shè)平面 AA1C1 的法向量為 m=x,y,z，則 m?AC1=0,m?AA1=0, 即 ?x+2y+2z=0,2y=0. 令 x=2，則 z=1,y=0，故 m=

40、2,0,1． 設(shè)平面 AB1C1 的法向量為 n=p,q,r，則 n?AC1=0,n?B1A=0, 即 ?p+2q+2r=0,2p?2q=0. 令 p=2，則 q=2,r=?1，故 n=2,2,?1． 所以 cosm,n=m?nmn=115. 由于 m,n 等于二面角 A1?AC1?B1 的平面角，所以二面角 A1?AC1?B1 的大小為 arccos1515． 17. （1） 因為 PA=PD=AD，E 為 AD 中點， 所以 AD⊥PE， 又 AD∥BC，AD⊥CD，得 AD⊥BE， 因為 PE，BE 都在平面 PBE 內(nèi)，且 PE∩BE=E， 所以 AD⊥平面

41、PBE． （2） 連接 AC 交 BE 于點 G，連接 FG， 因為 BC 平行且等于 AE， 所以 G 為 BE 中點， 又 F 為 PC 中點， 所以 PA∥FG， 因為 PA?平面BEF，F(xiàn)G?平面BEF， 所以 PA∥平面BEF； （3） 取 CD 中點 H，連接 GH，F(xiàn)H， 若 PB=AD，設(shè) PB=AD=2x，則 EB=CD=x，PE=3x，所以 EB2+PE2=PB2，所以 EB⊥PE．又 EB⊥AD，PE∩AD=E，所以 EB⊥面PAD，所以 BE⊥PA． 又 PA∥FG，所以 FG⊥BE．又 GH⊥BE，所以 ∠FGH

42、 即為所求二面角的平面角． 因為 GH∥ED，GF∥AP，而 ∠PAD=60°， 所以 ∠FGH=∠PAD=60°． 18. （1） 因為 AC=BC，D 為 AB 的中點，故 CD⊥AB． 又在直三棱柱中，CC1⊥ 平面 ABC，故 CC1⊥CD， 所以異面直線 CC1 和 AB 的距離為 CD=BC2?BD2=5． （2） 由 CD⊥AB，CD⊥BB1，AB∩BB1=B， 故 CD⊥ 平面 A1ABB1， 從而 CD⊥DA1，CD⊥DB1， 故 ∠A1DB1 為所求的二面角 A1?CD?B1 的平面角． 因為 A1D 是 A1C 在平面 A1ABB1 上

43、的射影， 又已知 AB1⊥A1C，由三垂線定理的逆定理得 AB1⊥A1D， 從而 ∠A1AB1，∠A1DA 都與 ∠B1AB 互余， 因此 ∠A1AB1=∠A1DA, 所以 Rt△A1AD∽Rt△B1A1A．因此 AA1AD=A1B1AA1, 得 AA12=AD?A1B1=8, 從而 A1D=AA12+AD2=23,B1D=A1D=23, 所以在 △A1DB1 中，由余弦定理得 cos∠A1DB1=A1D2+B1D2?A1B122?A1D?B1D=13. 19. （1） 如圖 1，在等腰梯形 ABCD 中，由 BC∥AD，BC=12AD=2，∠A=60°，E 為

44、 AD 中點，，所以 △ABE 為等邊三角形， 如圖 2，因為 O 為 BE 的中點，所以 A1O⊥BE， 又因為平面 A1BE⊥ 平面 BCDE， 且平面 A1BE∩ 平面 BCDE=BE， 所以 A1O⊥ 平面 BCDE，所以 A1O⊥CE． （2） 連接 OC，由已知得 CB=CE，又 O 為 BE 的中點， 所以 OC⊥BE， 由 1 知 A1O⊥ 平面 BCDE， 所以 A1O⊥BE，A1O⊥OC 所以 OA1，OB，OC 兩兩垂直， 以 O 為原點，OB，OC，OA1 分別為 x，y，z 軸建立空間直角坐標系（如圖） 因為 BC=2，易知

45、OA1=OC=3， 所以 A10,0,3，B1,0,0，C0,3,0，E?1,0,0， 所以 A1B=1,0,?3，A1C=0,3,?3，A1E=?1,0,?3， 設(shè)平面 A1CE 的一個法向量為 n=x,y,z， 由 n?A1C=0,n?A1E=0, 得 3y?3z=0,?x?3z=0, 即 y?z=0,x+3z=0, 取 z=1，得 n=?3,1,1 ， 設(shè)直線 A1B 與平面 A1CE 所成角為 θ ，則 sinθ=∣cos?A1B,n?∣=∣?3?325∣=35=155, 所以直線 A1B 與平面 A1CE 所成角的正弦值為 155． （3） 假設(shè)在

46、側(cè)棱 A1C 上存在點 P，使得 BP∥ 平面 A1OF ， 設(shè) A1P=λA1C，λ∈0,1 ， 因為 BP=BA1+A1P=BA1+λA1C， 所以 BP=?1,0,3+λ0,3,?3=?1,3λ,3?3λ， 易證四邊形 BCDE 為菱形，且 CE⊥BD， 又由問題 1 可知，A1O⊥CE，所以 CE⊥ 平面 A1OF， 所以 CE=?1,?3,0 為平面 A1OF 的一個法向量， 由 BP?CE=?1,3λ,3?3λ??1,?3,0=1?3λ=0，得 λ=13∈0,1 ． 所以側(cè)棱 A1C 上存在點 P，使得 BP∥ 平面 A1OF，且 A1PA1C=13． 20. （

47、1） 在圖 1 中，取 BE 的中點 D，連接 DF． 因為 AE:EB=CF:FA=1:2，所以 AF=AD=2，而 ∠A=60°，所以 △ADF 是正三角形， 又 AE=DE=1，所以 EF⊥AD，在圖2中，A1E⊥EF，BE⊥EF， 所以 ∠A1EB 為二面角 A1?EF?B 的平面角． 由題設(shè)條件知此二面角為直二面角，所以 A1E⊥BE． 又 BE∩EF=E，所以 A1E⊥平面BEF，即 A1E⊥平面BEP． （2） 建立分別以 ED，EF，EA1 為 x 軸，y 軸，z 軸的空間直角坐標系， 則 E0,0,0，A10,0,1，B2,0,0，F(xiàn)0,3,

48、0，P1,3,0，則 A1E=0,0,?1，A1B=2,0,?1，BP=?1,3,0． 設(shè)平面 A1BP 的法向量 n1=x1,y1,z1， 由 n1⊥平面ABP 知，n1⊥AB，n1⊥BP，即 2x1?z1=0,?x1+3y1=0, 令 x1=3，得 y1=1，z1=23，n1=3,1,23． cosAE,n1=AE?n1∣AE∣?∣n1∣=30+10+23?13+1+12?0+0+1=?32, 所以直線 A1E 與平面 A1BP 所成的角為 60°． （3） AF=0,3,?1，PF=?1,0,0，設(shè)平面 AFP 的法向量為 n2=x2,y2,z2． 由 n

49、2⊥平面AFP 知，n2⊥AF，n2⊥PF，即 ?2x2=0,3y2?z2=0, 令 y2=1，得 x2=0，z2=3，n2=0,1,3． cosn1,n2=n1?n2∣n1∣?∣n2∣=30+11+2333+1+12?0+1+3=78, 所以二面角 B?A1P?F 的余弦值是 ?78． 21. （1） 連接 OC， 因為 ABD 為等邊三角形，O 為 BD 的中點， 所以 AO⊥BD， 因為 △ABD 和 △CBD 為等邊三角形，O 為 BD 的中點，AB=2，AC=6， 所以 AO=CO=3． 在 △AOC 中， 因為 AO2+CO2=AC2， 所以 ∠AOC=9

50、0°，即 AO⊥OC， 因為 BD∩OC=O，AO⊥面BCD． （2） 解法一： 過 O 作 OE⊥BC 于 E，連接 AE， 因為 AO⊥平面BCD， 所以 AE 在平面 BCD 上的射影為 OE， 所以 AE⊥BC， 所以 ∠AEO 為二面角 A?BC?D 的平面角． 在 Rt△AEO 中，AO=3，OE=32，tan∠AEO=AOOE=2，cos∠AEO=55， 所以二面角 A?BC?D 的余弦值為 55． 解法二： 以 O 為原點，如圖建立空間直角坐標系，則 O0,0,0，A0,0,3，B0,1,0，C3,0,0，D0,?1,0， 因為 A

51、O⊥平面BCD，所以平面 BCD 的法向量 AO=0,0,3 設(shè)平面 ABC 的法向量 n=x,y,z，AB=0,1,?3，BC=3,?1,0． 由 n?AB=0,n?BC=0,?y?3z=0,3x?y=0,?n=1,3,1. 設(shè) n 與 AO 夾角為 θ，則 cosθ=n?AOn?AO=55, 所以二面角 A?BC?D 的余弦值為 55． （3） 解法一： 設(shè)點 O 到平面 ACD 的距離為 h， 因為 VO?ACD=VA?OCD， 所以 13S△ACD?h=13S△OCD?AO． 在 △ACD 中，AD=CD=2，AC=6， 所以 S△ACD=126

52、22?622=152． 而 AO=3,S△OCD=32， 所以 h=S△OCDS△ACD?AO=155， 所以點 O 到平面 ACD 的距離為 155， 解法二： 設(shè)平面 ACD 的法向量為 m=x,y,z， 又 DA=0,1,3，DC=3,1,0， m?DA=0,m?DC,?y+3z=0,3x+y=0,?m=1,?3,1. 設(shè) OA 與 m 夾角為 θ，則 cosθ=m?OAa?OA=55, 設(shè) O 到平面 ACD 的距離為 h，因為 hOA=55?h=155，所以 O 到平面 ACD 的距離為 155． 22. （1） 證法1：如圖①，取 BE 的中點 F，AE

53、 的中點 G，連接 FG，GD，CF， 所以 GF=12AB，GF∥AB． 因為 DC=12AB，CD∥AB． 所以 CD∥GF，CD=GF． 所以四邊形 CFGD 是平行四邊形， 所以 CF∥GD． 因為 AB⊥平面BEC， 所以 AB⊥CF． 因為 CF⊥BE，AB∩BE=B， 所以 CF⊥平面ABE． 因為 CF∥DG， 所以 DG⊥平面ABE． 因為 DG?面ADE， 所以 平面ABE⊥平面ADE． 證法2：如圖①，可證得 ∠BGD 是 二面角B?AE?D 的平面角． 在 △BGD 中，計算可得： BG=22，DG=23，BD=25， 滿足 BD

54、2=BG2+DG2， 故 ∠BGD=π2， 所以 平面ABE⊥平面ADE． （2） 方法1：如圖①，過點 G 作 GH⊥FD 于點 H， 過點 H 作 HM⊥DE 于點 M， 由 BE⊥GF，BE⊥FC， 可得 BE⊥平面GFCD，平面BED⊥平面GFCD． 從而 GH⊥平面BED， 由此可得 DE⊥平面GHM， 即 ∠GMH 就是 二面角A?DE?B 的平面角． 因為 GH=3，GM=2305，MH=355， 所以 cos∠GMH=MHMG=64， 即 二面角A?DE?B 的平面角的余弦值為 64． 方法2：如圖①，過 AE 中點 G 作 GM⊥D

55、E 于點 M， 連接 BM， 可證得 ∠GMB 就是 二面角A?DE?B 的平面角． 在 △GMB 中，計算可得：BG=22， GM=2305，BM=855． 故 cos∠GMH=MHMG=64， 即 二面角A?DE?B 的平面角的余弦值為 64． 方法3：如圖②，作 EO⊥BC 于點 O， AB⊥平面BEC，AB⊥EO， AB∩BC=B，EO⊥平面ABCD． 以 OE，BC 所在的直線分別為 x 軸、 y 軸， O 為坐標原點建立空間直角坐標系， 則 A0,?2,4，B0,?2,0，D0,2,2，E23,0,0． 于是 ED=?23,2,2，EA=?23

56、,?2,4，EB=?23,?2,0． 設(shè)平面 EAD 的法向量為 n1=x1,y1,z1， 則 ?3x1?y1+2z1=0,?3x1+y1+z1=0. 取 z1=2，則 n1=3,1,2， 設(shè)平面 BDE 的法向為 n2=x2,y2,z2， 則 3x2+y2=0,?3x2+y2+z2=0. 取 x2=1，則 n2=1,?3,23． cos?n1?n2?=3?3+438?16=64， 即二面角 A?DE?B 的平面角的余弦值為 64． 23. （1） 作 AP⊥CD 于點 P，如圖，分別以 AB，AP，AO 所在直線為 x，y，z 軸建立空間直角坐標系． 則 A0

57、,0,0，B1,0,0，P0,22,0，D?22,22,0，O0,0,2，M0,0,1，N1?24,24,0， MN=1?24,24,?1，OP=0,22,?2，OD=?22,22,?2． 設(shè)平面 OCD 的法向量為 n=x,y,z，則 n?OP=0，n?OD=0，即 22y?2z=0,?22x+22y?2z=0. 取 z=2，解得 n=0,4,2． ∵MN?n=1?24,24,?1?0,4,2=0， ∴MN∥平面OCD． （2） 設(shè) AB 與 MD 所成角為 θ， ∵AB=1,0,0，MD=?22,22,?1， ∴cosθ=AB?MDAB?MD=12

58、， ∴θ=π3，AB 與 MD 所成角的大小為 π3． （3） 設(shè)點 B 到平面 OCD 的距離為 d，則 d 為 OB 在向量 n=0,4,2 上的投影的絕對值， 由 OB=1,0,?2，得 d=OB?nn=23，所以點 B 到平面 OCD 的距離為 23． 24. （1） 方法一： 由題意可知二面角 D?AC?B 的平面角為 ∠DOB，即 ∠DOB=θ． 當 θ=90° 時，即 ∠DOB=90°， 分別取 DC，BD 的中點 M，N，連接 OM，MN，ON， ∵OM∥AD，MN∥BC， ∴∠OMN 為異面直線 AD 與 BC 所成的角或其補角，

59、 在 △OMN 中，OM=2，MN=2，ON=6， cos∠OMN=14，即異面直線 AD 與 BC 所成角的余弦值為 14． 方法二： 如圖建立空間直角坐標系 O?xyz， 由題意可知 A2,0,0,D0,0,23,B0,23,0,C?2,0,0， ∴AD=?2,0,23,BC=?2,?23,0， ∴cosAD,BC=14，即異面直線 AD 與 BC 所成角的余弦值為 14． （2） 方法一： 當 θ=60° 時，即 ∠DOB=60°， 由題意可知 AC⊥平面DOB，△DOB 為等邊三角形， 取 OB 的中點 H，則有 DH⊥平面ABC，且 DH=

60、3， ∵VD?ABC=VC?ABD，即 13?S△ABC?DH=13?S△ABD?d（其中 d 為點 C 到平面 ABD 的距離）， ∴d=121313，即直線 BC 與平面 DAB 所成角的正弦值 31313． 方法二： 如圖建立空間直角坐標系 O?xyz， 題意可知 A2,0,0，D0,3,3，B0,23,0，C?2,0,0， AD=?2,3,3，AB=?2,23,0，BC=?2,?23,0． 設(shè)平面 ABD 的法向量為 n=x,y,z， ∴AD?n=?2x+3y+3z=0,AB?n=?2x+23y=0, 即可得 n=3,3,1， 設(shè)直線 BC 與

61、平面 DAB 所成的角為 φ． 則 sinφ=n?BCn?BC=31313， 即直線 BC 與平面 DAB 所成角的正弦值 31313． 25. （1） 設(shè) BE 的中點為 O，連接 AO，DO， 因為 AB=AE，BO=OE， 所以 AO⊥BE，同理 DO⊥BE． 又平面 ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE=BE， 所以 AO⊥平面BCDE， 由題意，BE2=2AB2=2DB2，所以 AB=BD=DE=AE． 不妨設(shè) OA=a，以 O 為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系 O?xyz，則 A0,0,a，B0,?a,0，Ca,?2a,0，Da,0,0，E0,a

62、,0． 所以 AB=0,?a,?a，DE=?a,a,0， 因為 cosAB,DE=AB?DEABDE=?a22a?2a=?12， 所以 AB 與 DE 的夾角為 120°， 所以異面直線 AB 與 DE 所成角為 60°． （2） 設(shè)平面 ACE 的法向量為 n1=x,y,z， 因為 AE=0,a,?a，EC=a,?3a,0， 所以 n1?AE=0，n1?EC=0，所以 y=z 且 x=3y， 取 y=z=1，得 x=3， 所以平面 ACE 的一個法向量為 n1=3,1,1． 又平面 ABE 的一個法向量為 n2=1,0,0， 設(shè)二面角 B?AE?C 的平面角為 θ， 由 cosθ=n1?n2n1n2=311=31111， 知二面角 B?AE?C 的余弦值為 31111．