…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○……○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………立幾大題訓練題一、解答題（共50題；共505分）1.(10分)已知四棱錐S?ABCD中，四邊形ABCD為梯形，∠BCD=∠ADC=∠SAD=90°,平面SAD⊥平面ABCD，E為線段AD的中點，AD=2BC=2CD.（1）證明：BD⊥平面SAB；（2）若SA=AD=2，求點E到平面SBD的距離.2.(10分)如圖，平面ABCD∩平面ABEF=AB，四邊形ABCD和ABEF都是邊長為2的正方形，點M，N分別是AF，AB的中點，二面角D?AB?F的大小為60°.（1）求證：MN//平面BCF（2）求直線DE與平面BCF所成角的正弦值.3.(10分)如圖，四棱錐P-ABCD的底面是正方形，E為AB的中點，PD⊥CE,AE=1,PD=3,PC=13（1）證明：AD⊥平面PCD．（2）求DA與平面PCE所成角的正弦值.4.(10分)如圖所示，直三棱柱ABC?A1B1C（1）證明：EB（2）求二面角C15.(10分)已知在四棱錐P?ABCD中，AD//BC，AB=BC=CD=12AD，G是PB的中點，ΔPAD是等邊三角形，平面PAD⊥（1）求證：CD⊥平面GAC；（2）求二面角P?AG?C的余弦值.6.(10分)如圖，多面體ABCE中，平面AEC⊥平面ABC，AC⊥BC，AE⊥CD四邊形BCDE為平行四邊形.（1）證明：AE⊥EC；（2）若AE=EC=CB=2，求二面角D?AC?E7.(10分)如圖,在三棱錐A?BCD中,△ABC是等邊三角形,∠BAD=∠BCD=90°,點P是AC的中點,連接BP,DP．（1）證明:平面ACD⊥平面BDP;（2）若BD=6,且二面角A?BD?C為120°,求直線AD與平面BCD8.(10分)如圖，在四棱錐P?ABCD中，AP⊥平面PCD，AD//BC，AB⊥BC，AP=AB=BC=12AD，E為AD的中點，AC與BE（1）證明：PO⊥平面ABCD.（2）若OB=1，求點C到平面PAB的距離.9.(10分)如圖，在斜三棱柱ABC?A1B1C1中，平面ABC⊥平面A1（1）證明:AC1//（2）求直線AC1與平面10.(10分)如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，平面PAB⊥平面ABCD，AP=PB，AP⊥PB，E為CP的中點.（1）求證：AP//平面BDE（2）求點D到平面ACP的距離.11.(10分)在三棱柱ABC?A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=5，（1）證明四邊形BB（2）求直線AA1與平面12.(10分)如圖，四棱錐P?ABCD的底面是正方形，PA⊥平面ABCD，AE⊥PD.（1）證明：AE⊥平面PCD；（2）若AP=AB，求二面角B?PC?D的余弦值.13.(10分)在直角梯形ABCD（如圖1），∠ABC=90°，BC//AD，AD=8，AB=BC=4，M為線段AD中點.將△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到幾何體（1）求證：CD⊥平面ABC；（2）求AB與平面BCM所成角θ的正弦值.14.(15分)如圖，四棱錐S?ABCD的底面是邊長為1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SD=1.（1）求證BC⊥SC；（2）求平面SBC與平面ABCD所成二面角的大?。唬?）設棱SA的中點為M，求異面直線DM與SB所成角的大小.15.(10分)已知菱形ABCD的邊長為4,AC∩BD=O,∠ABC=60°,將菱形ABCD沿對角線BD折起,使AC=a,得到三棱錐A?BCD,如圖所示.?

（1）當a=22時,求證:AO⊥平面BCD（2）當二面角A?BD?C的大小為120°時,求直線AD與平面ABC所成的正切值.16.(10分)在四棱錐P–ABCD中，AB//CD，CD=2AB．（1）設AC與BD相交于點M，AN=mAP(m>0)，且MN//平面PCD（2）若AB=AD=DP，∠BAD=60°，PB=2AD，且PD⊥AD，求二面角17.(10分)如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是CD中點，點F在BC上，且BF=3FC.（1）證明：EF⊥平面PAE；（2）若PA=AB=4，求點C到平面PEF的距離.18.(10分)如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是CD中點，點F在BC上，且BF=3FC.

（1）證明EF⊥平面PAE；（2）若PA=54AB，求平面PAB19.(10分)如圖（1），在平面五邊形EADCB中，已知四邊形ABCD為正方形，ΔEAB為正三角形.沿著AB將四邊形ABCD折起得到四棱錐E?ABCD，使得平面ABCD⊥平面EAB，設F在線段AD上且滿足DF=2AF，G在線段CF上且滿足FG=CG，O為ΔECD的重心，如圖（2）.（1）求證：GO//平面ABE（2）求直線CF與平面BCE所成角的正弦值.20.(10分)如圖所示，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中點，O為AE的中點，以AE為折痕將ΔADE向上折起，使D點折到P點，且PC=PB.（1）求證:PO⊥面ABCE；（2）求AC與面PAB所成角θ的正弦值.21.(10分)如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的多面體中，四邊形ACDF是菱形，∠FAC=600,（1）求證：平面ABC⊥平面ACDF（2）求平面AEF與平面ACE所成的銳二面角的余弦值22.(10分)已知四棱錐E?ABCD，AB=3，BC=4，CD=12，AD=13，cos∠ADC=1213，EC⊥（1）求證：平面ABE⊥平面EBC；（2）當CE=60時，求直線AC和平面ADE所成角的正弦值.23.(10分)如圖，在四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD，PC⊥底面ABCD，AB=2AD=2CD=4，PC=2a，E是PB的中點.（1）求證：AC⊥平面PBC；（2）若二面角P?AC?E的余弦值為63，求直線PA與平面EAC24.(10分)如圖1，在等腰梯形ABF1F2中，兩腰AF2=BF1=2，底邊AB=6，F(xiàn)1F2=4，D，C是AB的三等分點，E是F1F2的中點.分別沿CE，DE將四邊形BCE（1）證明：MN⊥平面ABCD.（2）求直線CN與平面ABF所成角的正弦值.25.(15分)如圖，在四棱錐P一ABCD中，已知AB=BC=5,?AC=4,?（1）求直線PB與平面ADM所成角的正弦值；（2）求二面角D-AM-C的正弦值；（3）記棱PD的中點為N，若點Q在線段OP上，且NQ//平面ADM，求線段OQ的長.26.(10分)如圖，已知ΔABC為等邊三角形，ΔABD為等腰直角三角形，AB⊥BD，平面ABC⊥平面ABD，點E與點D在平面ABC的同側，且CE//BD，（1）求證：EF//（2）求二面角C?AE?D的余弦值.27.(10分)如圖，在四棱錐S?ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，ΔSAB是等邊三角形，側面SAB⊥底面ABCD，AB=23，BC=3，AD=1，點M、點N分別在棱SB、棱CB上，BM=2MS，BN=2NC，點P是線段MN（1）求證：AP//平面SCD；（2）求二面角S?CD?B的大小.28.(15分)如圖，四棱錐P?ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，點M,N分別在棱PD,PC上，且PC⊥平面AMN.（1）求證：AM⊥PD；（2）求直線CD與平面AMN所成角的正弦值.（3）求二面角C?AM?N的余弦值29.(10分)如圖,四棱錐P?ABCD中,PD⊥底面ABCD,且底面ABCD為平行四邊形,若∠DAB=60°,AB=2,AD=1.（1）求證:PA⊥BD;（2）若∠PCD=45°,求點D到平面PBC的距離h.30.(10分)在長方體ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，（1）求證：EF//平面A（2）若AA1=23，求平面31.(10分)如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是矩形，側棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD=1，過棱PC的中點E，作EF⊥PB交PB于點F.（1）證明：PA//平面EDB；（2）若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3，求PA與面ABCD32.(5分)如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D（Ⅰ）求證：BC1//（Ⅱ）求平面BCC1B33.(10分)如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，點D（1）求證：平面A1DC⊥平面（2）求點A到平面A134.(10分)如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝A1D，AB＝BC，∠ABC＝120°.（1）證明：AD⊥BA1；（2）若平面ADD1A1⊥平面ABCD，且A1D＝AB，求直線BA1與平面A1B1CD所成角的正弦值.35.(10分)如圖,在四棱錐P?ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,AD=AP=4,AB=BC=2,M,N為線段PC,AD上一點不在端點.（1）當M為中點時，AN=14AD，求證：MN∥（2）當N為AD中點時，是否存在M，使得直線MN與平面PBC所成角的正弦值為2536.(10分)如圖，正方體ABCD?A1B1C1D（1）求AD1與（2）求AE與平面ABCD所成角的正弦值.37.(20分)如圖，E是以AB為直徑的半圓O上異于A,B的點，矩形ABCD所在的平面垂直于半圓O所在的平面，且AB=2，AD=3（1）求證：平面EAD⊥平面EBC；（2）若EB的長度為π3，求二面角A?DE?C38.(5分)如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB=AD=12CD=1．現(xiàn)以為一邊向梯形外作正方形ADEF，然后沿邊AD將正方形ADEF翻折，使平面ADEF與平面（Ⅰ）求證：BC⊥平面DBE；（Ⅱ）求點D到平面BEC的距離.39.(10分)如圖，扇形AOB的半徑為2，圓心角∠AOB=120°，點C為弧AB上一點，PO⊥平面AOB且PO=5，點M∈PB且BM=2MP，PA（1）求證：平面MOC⊥平面POB；（2）求平面POA和平面MOC所成二面角的正弦值的大小.40.(10分)如圖，已知四邊形ABCD為等腰梯形，BDEF為正方形，平面BDEF⊥平面ABCD，AD//BC,AD=AB=1，∠ABC=60°.（1）求證:平面CDE⊥平面BDEF；（2）點M為線段EF上一動點，求BD與平面BCM所成角正弦值的取值范圍.41.(10分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD=23,AB=3,AP=3,AD//BC，AD⊥平面PAB，（1）證明：PE⊥DC；（2）求二面角A-PD-E的余弦值.42.(10分)在斜三棱柱ABC?A1B1C1中，側面AC1⊥平面ABC，A（1）求證：CD⊥平面AB（2）在側棱BB1上確定一點E，使得二面角E?A43.(10分)如圖,在四棱錐P?ABCD中,側面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD為梯形，AB//CD,∠ABC=∠BCD=90°,BC=CD=AB（1）證明:BD⊥PD;（2）若△PAD為正三角形,求二面角A?PB?C的余弦值.44.(10分)如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面為直角梯形，∠ADC為直角，AP⊥平面ABCD，BC:AD:CD=5:4:2，且CD=1.（1）求證：BP⊥AC；（2）若AP=CD，求二面角D?PC?B的余弦值.45.(10分)如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,AB=1,AM⊥PD于點M，連接BM.（1）求證：PD⊥BM；（2）求直線CD與平面ACM所成角的正弦值.46.(10分)如圖所示1，已知四邊形ABCD滿足AD//BC，BA=AD=DC=12BC=1，E是BC的中點.將△BAE沿著AE翻折成△B1AE，使平面B1（1）求證：EF⊥平面AB（2）求AE到平面CB47.(10分)如圖,四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是平行四邊形,∠BCD=135°,PA⊥平面ABCD,AB=AC=PA=2,E,F,M分別為線段BC,AD,PD的中點.（1）求證:直線EF⊥平面PAC;（2）求平面MEF與平面PBC所成二面角的正弦值.48.(5分)如圖，三棱柱A1B1C1?ABC中，BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=2，BC=1，B（Ⅰ）證明：DE//平面C（Ⅱ）F是線段CC1上一點，且直線AF與平面ABB1A49.(5分)如圖,在四棱錐P?ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD//BC,BC=4,PA=AD=CD=2,點E為PC的中點.

(I)證明：DE//平面PAB;(II)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值.50.(10分)如圖，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的一點.（1）求證：平面PAC⊥平面PBC；（2）若AB=2???,???AC=PA=1，求直線

答案解析部分一、解答題1.【答案】（1）解：由題意知∠BCD=∠ADC=90°，BC//ED,且BC=CD=1所以四邊形BCDE是正方形，連接CE，所以BD⊥CE，又因為BC//AE，BC=AE，所以四邊形ABCE是平行四邊形，所以CE//AB，則BD⊥AB.因為平面SAD⊥平面ABCD，∠SAD=90°，平面SAD∩平面ABCD=AD，故SA⊥平面ABCD.所以SA∩AB=A，所以SA⊥BD，又因為SA∩AB=A，則BD⊥平面SAB.

（2）解：∵SA=AD=2，BE=DE=1，∴△BDE的面積為12又由（1）知SA⊥平面ABCD，∴V又在RtΔSAB中，SA=2，AB=DB=2，∴SB=由（1）知BD⊥SB，∴ΔSBD的面積為12設點E到平面SBD的距離為h，則13S△BDS【考點】直線與平面垂直的判定，點、線、面間的距離計算【解析】【分析】（1)利用線面垂直的判定定理，即可證得BD⊥平面SAB.（2）由（1）知SA⊥平面ABCD，求得VS?BDE=13，再根據等體積法，即可求解點點2.【答案】（1）證明：∵M，N分別是AF，AB的中點，∴MN∥BF.∵MN?平面BCF，BF?平面BCF，∴MN//平面BCF

（2）解：∵四邊形ABCD和ABEF都是邊長為2的正方形，∴DA⊥AB，F(xiàn)A⊥AB，∴∠DAF就是二面角D?AB?F的平面角，∴∠DAF=60°.連接DM，在△DAM中，DA=2，AM=1，∠DAM=60°，∴DM∴DM=3∴DM2+A∵DA⊥AB，F(xiàn)A⊥AB，F(xiàn)A∩DA=A，∴AB⊥平面ADM，∴AB⊥DM.∴DM⊥平面ABEF.以點M為原點，MF，MG（G是BE中點），MD所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖空間直角坐標系，如圖所示：則D(0,0,3)，E(1,2,0)，B(?1,2,0)，F(xiàn)(1,0,0)，DE=(1,2,?3)，BF設平面BCF的法向量為m=(x,y,z)則{m?BF設直線DE與平面BCF所成角為θ，則sinθ=∴直線DE與平面BCF所成角的正弦值為427【考點】直線與平面平行的判定，用空間向量求直線與平面的夾角【解析】【分析】（1）根據三角形的中位線，有MN∥BF，再利用線面平行的判定定理證明.（2）根據點M，N分別是AF，AB的中點，二面角D?AB?F的大小為60°，證明DM⊥平面ABEF，然后以點M為原點，MF，MG（G是BE中點），MD所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖空間直角坐標系，再求得平面BCF的一個法向量，利用線面角的向量求法求解.3.【答案】（1）證明：因為E為AB的中點，AE=1，所以CD=AB=2，所以CD2+P又PD⊥CE，CD∩CE=C，所以PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.因為四邊形ABCD是正方形，所以AD⊥CD.又CD∩PD=D，所以AD⊥平面PCD.

（2）解：以D為坐標原點，建立空間直角坐標系D?xyz，如圖所示，則A(2,0,0)，P(0,0,3)，E(2,1,0)，C(0,2,0)，所以PE=(2,1,?3)，EC=(?2,1,0)，設平面PCE的法向量為n=(x,y,z)則PE?n=令x=3，得n=(3,6,4).cos故DA與平面PCE所成角的正弦值為361【考點】直線與平面垂直的判定，用空間向量求直線與平面的夾角【解析】【分析】（1）通過證明PD⊥AD，AD⊥CD即可證明線面垂直；（2）建立空間直角坐標系，利用向量方法求解線面角的正弦值.4.【答案】（1）證明：設BC1與CB1交點為O，連接由題可知四邊形BCC1B1為正方形，所以BC又因BE2=A所以BE=C1E又因為OE∩CB1=O，所以B因為EB1?平面E

（2）解：取AB的中點O'，連接O'C，O'C⊥AB，在平面ABB1A1過點O'內作設AB=2，則E(0,?1,1)，B1(0,1,2)，B(0,1,0)，所以EB1=(0,2,1)設平面C1EB則{n?EB1由（1）可知平面CEB1的一個法向量為則|cos?B由圖可知二面角C1?EB【考點】空間中直線與直線之間的位置關系，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）通過證明BC1⊥5.【答案】（1）證明：取AD的中點為O，連結OP，OC，OB，設OB交AC于H，連結GH.因為AD//BC，AB=BC=CD=1四邊形ABCO與四邊形OBCD均為菱形，∴OB⊥AC，OB//CD，CD⊥AC，因為△PAD為等邊三角形，O為AD中點，∴PO⊥AD，因為平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD.PO?平面PAD且PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD因為CD?平面ABCD，∴PO⊥CD，因為H，G分別為OB，PB的中點，∴GH//PO，∴GH⊥CD.又因為GH∩AC=H，AC,GH?平面GAC，∴CD⊥平面GAC.

（2）解：取BC的中點為E，以O為空間坐標原點，分別以OE,OD,OP的方向為x軸、y軸、設AD=4，則P(0,0,23)，A(0,?2,0)，C(3,1,0)，AP=(0,2,23)設平面PAG的一法向量n→由{n?AP=0n?AG=0由（1）可知，平面AGC的一個法向量CD=(?cos?∴二面角P?AG?C的平面角的余弦值為?15【考點】直線與平面垂直的判定，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）取AD的中點為O，連結OP，OC，OB，設OB交AC于H，連結GH.證明AC⊥CD，GH⊥CD，即可證CD⊥平面GAC；（2）取BC的中點為E，以O為空間坐標原點，分別以OE,OD,OP的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O?xyz.設6.【答案】（1）解：因為平面AEC⊥平面ABC，交線為AC，又AC⊥BC，所以BC⊥平面AEC，∴BC⊥AE，又AE⊥CD，CD∩BC=C，則AE⊥平面BCDE，EC?平面BCDE，所以，AE⊥EC；

（2）解：取AC的中點O，AB的中點F，連接OE，OF，則OE⊥平面ABC，OF⊥平面AEC；以點O為坐標原點，分別以OA，OF，OE為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系如圖所示，已知AE=EC=CB=2，則AC=2，OE=1O(0,0,0)，A(1,0,0)，C(?1,0,0)，D(0,?2則AC=(?2,0,0)，AD設平面DAC的一個法向量m=(x,y,z)由{m?AC=0,m?AD=0得即m=(0,平面ECA的一個法向量為n=(0,1,0)cos?所以二面角D?AC?E的余弦值為33【考點】空間中直線與直線之間的位置關系，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）先通過平面AEC⊥平面ABC得到BC⊥AE，再結合AE⊥CD，可得AE⊥平面BCDE，進而可得結論；（2）取AC的中點O，AB的中點F，連接OE，OF，以點O為坐標原點，分別以OA，OF，OE為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，求出平面DAC的一個法向量以及平面ECA的一個法向量，求這兩個法向量的夾角即可得結果.7.【答案】（1）證明:因為△ABC是等邊三角形,∠BAD=∠BCD=90°,所以Rt△ABD?Rt△CBD因為點P是AC的中點,則PD⊥AC,PB⊥AC,因為PD∩PB=P,PD?平面PBD,PB?平面PBD,所以AC⊥平面PBD,因為AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDP．

（2）解：如圖,作CE⊥BD,垂足為E連接AE．因為Rt△ABD?所以AE⊥BD,AE=CE,∠AEC為二面角A-BD-C的平面角．由已知二面角A?BD?C為120°,知∠AEC=120°．在等腰三角形AEC中,由余弦定理可得AC=3因為△ABC是等邊三角形,則AC=AB,所以AB=3在Rt△ABD中,有12AE?BD=因為BD=6,所以AD=又BD2=A則AE=233以E為坐標原點,以向量EC,ED的方向分別為x軸,y以過點E垂直于平面BCD的直線為z軸,建立空間直角坐標系E?xyz,則D(0,63,0),A(?平面BCD的一個法向量為m=(0,0,1)設直線AD與平面BCD所成的角為θ,則cos?m,所以直線AD與平面BCD所成角的正弦值為22【考點】平面與平面垂直的判定，直線與平面所成的角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1）由△ABC是等邊三角形,∠BAD=∠BCD=90°,得AD=CD．再證明PD⊥AC,PB⊥AC,從而和證明AC⊥平面PBD,故平面ACD⊥平面BDP得證．（2）作CE⊥BD,垂足為E連接AE．由Rt△ABD?Rt△CBD,證得AE⊥BD,AE=CE,結合二面角A?BD?C為120°,可得AB=2,AE=233,ED=63.建立空間直角坐標系,求出點的坐標則D(0,63,0),A(?33,0,1),向量8.【答案】（1）證明：∵AP⊥平面PCD，∴AP⊥CD.∵AD//BC，BC=12AD∴BE//CD，∴AP⊥BE.又∵AB⊥BC，AB=BC=12AD，且E∴四邊形ABCE為正方形，∴BE⊥AC.又AP∩AC=A，∴BE⊥平面APC，則BE⊥PO.∵AP⊥平面PCD，∴AP⊥PC，又AC=2∴ΔPAC為等腰直角三角形，O為斜邊AC上的中點，∴PO⊥AC且AC∩BE=O，∴PO⊥平面ABCD.

（2）解：∵OB=1，∴PA=PB=AB=2設C到平面PAB的距離為d，由VC?PAB得13解得d=2【考點】直線與平面垂直的判定，點、線、面間的距離計算【解析】【分析】（1）首項通過證明AP⊥CD,CD//BE，證得AP⊥BE，然后通過證明四邊形ABCE是正方形證得BE⊥AC，由此證得BE⊥平面APC，所以BE⊥PO.通過證明ΔPAC為等腰直角三角形證得PO⊥AC，由此證得PO⊥平面ABCD.（2）利用等體積法，由VC?PAB=VP?ABC列方程，解方程求得點9.【答案】（1）解：如圖，連接BC1，交B1因為AC1?平面B1CE，ME?平面B

（2）解：設O是AC的中點，連接OC1，OB.因為所以OC1⊥AC，又平面ABC⊥平面A1AC所以OC1⊥如圖，分別以射線OB，OA，OC1的方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，則有A(0,1,0)，B(3,0,0)，故AC1=(0,?1,3)設平面B1BAA1的一個法向量為所以{3x?y=0y+3z=0設直線AC1與平面B1則sinθ=故直線AC1與平面B1【考點】直線與平面平行的判定，直線與平面所成的角【解析】【分析】（1）如圖，連接BC1，交B1C于點M，連接ME，則ME//AC1，再利用線面平行的判定定理，即可證明線面平行；（2）設O是AC的中點，連接OC1，OB，分別以射線OB，OA，OC1的方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，求出平面B110.【答案】（1）解：如圖，連接AC交BD于O，連接OE，則O為AC的中點.又E為CP上的中點，所以OE//PA.又AP?平面BDE，OE?平面BDE，所以AP//平面BDE

（2）解：如圖，取AB的中點M，連接PM，因為AP⊥PB，AP=PB，所以PM⊥AB，PM=12AB=1又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PM?平面PAB，所以PM⊥平面ABCD.同理可得BC⊥平面PAB，∵AP、BP?平面PAB，∴BC⊥AP，BC⊥BP.又因為AP⊥BP，BC∩BP=B，所以AP⊥平面BCP，∵PC?平面BCP，則AP⊥PC，所以PC=P所以SΔAPC=1設點D到平面ACP的距離為h，由VD?APC=V所以h=2×13=233，即點【考點】直線與平面平行的判定，點、線、面間的距離計算【解析】【分析】（1）連接AC交BD于O，則O為AC的中點，利用中位線的性質可得出OE//PA，然后利用直線與平面平行的判定定理可證明出AP//平面BDE；（2）取AB的中點M，連接PM，利用面面垂直的性質定理可得出PM⊥平面ABCD，由此可計算出三棱錐P?ACD的體積，并計算出ΔAPC的面積，并設點D到平面ACP的距離為h，由VP?ACD=11.【答案】（1）解：連接AO，因為O為BC的中點，可得BC⊥AO，∵A1O⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴又∵AO∩A1O=O，∴BC⊥平面A∵BB1//又∵四邊形BB∴四邊形BB

（2）解：如圖，分別以OA,OB,OA1所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，則Rt△AOB中，AO=AB2?BOA1(0,0,2)，∴AA1=(?1,0,2)設平面A1B1由{n?AB=0,n?A設直線AA1與平面A1B1sinθ=|cos<AA∵θ∈[0,π2]即直線AA1與平面A1【考點】直線與平面所成的角【解析】【分析】（1）連接AO，可得BC⊥AO，易證A1O⊥BC，則BC⊥平面AA1O，從而可證BC⊥B12.【答案】（1）證明:因為PA⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD,因為底面ABCD是正方形,所以AD⊥CD,又PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,因為AE?平面PAD,所以CD⊥AE,又因為AE⊥PD,CD∩PD=D,CD,PD?平面PCD,所以AE⊥平面PCD

（2）解：因為PA⊥平面ABCD,底面ABCD為正方形,所以PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,以A為原點,分別以AB、AD、AP所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系A?xyz（如圖所示）,設PA=AB=1,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),因為AE⊥PD,所以E為PD中點,所以E(0,1所以PB=(1,0,?1),由（1）得AE=(0,12設平面PBC的一個法向量為m=(x,y,z)由{PB?m=0PC?m=0,即因此cos?由圖可知二面角B?PC?D的大小為鈍角,故二面角B?PC?D的余弦值為?1【考點】直線與平面垂直的判定，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）由PA⊥平面ABCD及底面ABCD是正方形可證得CD⊥平面PAD,則CD⊥AE,又由AE⊥PD,即可求證；（2）以A為原點,分別以AB、AD、AP所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系A?xyz,由（1）可知AE為平面PCD的一個法向量,求得平面PBC的一個法向量m,進而利用數(shù)量積求解即可13.【答案】（1）解：由題設可知AC=42，CD=42，∴AD2=C又∵平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC∴CD⊥面ABC.

（2）解：法一、等體積法取AC的中點O連接OB，由題設可知△ABC為等腰直角三角形，所以OB⊥面ACM∵VB?ACM=V而SΔBCM∴A到面BCM的距離h=4所以sinθ=法二、向量法取AC的中點O連接OB，由題設可知△ABC為等腰直角三角形，所以OB⊥面ACM，連接OM，因為M、O分別為AB和AC的中點，所以OM//CD，由（1）可知OM⊥AC，故以OM、OC、OB所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示.則A(0,?22,0)，B(0,0,22)，∴CB=(0,?22,22)∴面BCM的一個法向量n=(1,1,1)∴sinθ=【考點】直線與平面垂直的判定，直線與平面所成的角【解析】【分析】（1）通過計算結合勾股定理的逆定理可以證明CD⊥AC，再根據面面垂直的性質定理進行證明即可；（2）法一、取AC的中點O連接OB，根據VB?ACM=VA?BCM，結合三棱錐的體積公式進行求解即可；法二、取AC的中點O連接OB，由題設可知△ABC為等腰直角三角形，所以OB⊥面ACM，連接OM，因為M、O分別為AB和AC的中點，所以OM//CD，由（1）可知OM⊥AC，故以OM、OC、OB所在直線為x軸、14.【答案】（1）證明：∵底面ABCD是正方形，∴BC⊥CD，∵SD⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，∴SD⊥BC，又DC∩SD=D，∴BC⊥平面SDC，∵SC?平面SDC，∴BC⊥SC.

（2）解：由（1）知BC⊥SC，又CD⊥BC，∴∠SCD為所求二面角的平面角，在RtΔDSC中，∵SD=DC=1，∴∠SCD=45°.

（3）解：取AB中點P，連結MP,DP，在ΔABS，由中位線定理得MP//SB

，∴∠DMP或其補角是異面直線DM與SB所成角，∵MP=12SB=所以ΔDMP中，有DP2=M【考點】直線與平面垂直的判定，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1）根據題意，由線面垂直證線線垂直，再根據線面垂直的判定定理，證明線面垂直，再證線線垂直.（2）由（1）中線面垂直，可知所求二面角的平面角為∠SCD，根據題意可求角度.（3）利用中位線將異面直線平移，則∠DMP或其補角是異面直線DM與SB所成角，根據勾股定理，即可求解.15.【答案】（1）解：在△AOC中,OA=OC=2,?∴OA∴∠AOC=90°,即∵AO⊥BD,且AO∩BD=O,∴AO⊥平面BCD

（2）解：由(1)知,OC⊥OD,以O為原點,OC,OD所在的直線分別為x軸,y軸建立如圖的空間直角坐標系O?xyz:則Q(0,0,0),??∵AO⊥BD,CO⊥BD∴∠AOC為二面角A?BD?C的平面角,∴∠AOC=120∴點A(?1,0,3AD=(1,23,?3)設平面ABC的法向量為n=(x,y,z)∴

{n?BC取x=1,則y=?3∴

n=(1,?設直線AD與平面ABC所成的角為θ,sinθ=∴cos∴tan∴

直線AD與平面ABC所成的正切值:3010【考點】直線與平面垂直的判定，用空間向量求直線與平面的夾角，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】(1)根據線面垂直定義,即可求得答案.(2)由于平面ABC不是特殊的平面,故建系用法向量求解,以O為原點建系,OC,OD所在的直線分別為x軸,y軸,求出平面ABC的法向量n,求解AD和n的夾角,即可求得答案.16.【答案】（1）解：因為AB//CD，所以AMMC=AB因為MN//平面PCD，MN?平面PAC，平面PAC∩平面PCD=PC，所以MN//PC．所以ANAP=AM

（2）解：因為AB=AD，∠BAD=60°，可知△ABD為等邊三角形，所以BD=AD=PD，又BP=2故BP2=P由已知PD⊥AD，AD∩BD=D，所以PD⊥平面ABCD，如圖，以D為坐標原點，DA,DP的方向為設AB=1，則AB=AD=DP=1，CD=2，所以A(1,0,0)，B(12,0,32則PB=(12,?1,3設平面PBC的一個法向量為n1{n1?令x1=1，則y1設平面APC的一個法向量為n2{n2?令x2=y2=所以cos<設二面角A?PC?B的平面角為θ，則cosθ=【考點】向量的共線定理，直線與平面平行的性質，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）由AB∥CD，得到AMAC=13，由MN∥平面PCD，得MN∥PC，從而ANAP=AMAC=13，由此能實數(shù)m的值；（2）由AB＝AD，∠BAD＝60°，知△ABD為等邊三角形，推導出PD⊥DB，PD⊥AD，從而PD⊥平面ABCD，以D為坐標原點，DA17.【答案】（1）證明：因為PA⊥平面ABCD，EF?平面ABCD，故可得EF⊥PA；設底面正方形的邊長為4，故可得AE=AEF=FC2故在△AFE中，滿足AE2+E又PA,AE?平面PAE，且PA∩AE=A，則EF⊥平面PAE，即證.

（2）解：因為PA⊥平面ABCD，故PA為三棱錐P?EFC底面上的高線.故可得VP?EFC在△PEF中，因為PE=PA2由（1）可知EF⊥平面PAE，又PE?平面PAE，故可得EF⊥PE，則S△PEF設點C到平面PEF的距離為h，故可得VP?EFC=V即點C到平面PEF的距離為：45【考點】直線與平面垂直的判定，點、線、面間的距離計算【解析】【分析】（1）根據PA⊥平面ABCD，可得EF⊥PN，再證EF⊥AE，即可由線線垂直推證線面垂直；（2）轉換三棱錐頂點，用等體積法求點面距離即可.18.【答案】（1）證明：因為PA⊥平面ABCD，EF?平面ABCD，故可得EF⊥PA；設底面正方形的邊長為4，故可得AE=AEF=FC2故在△AFE中，滿足AE2+E又PA,AE?平面PAE，且PA∩AE=A，則EF⊥平面PAE，即證.

（2）解：因為PA⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD，故可得PA⊥AB,PA⊥AD，又底面ABCD為正方形，故可得AB⊥AD，故以A為坐標原點，以AB,AD,AP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系如下圖所示：

設AB=4，故可得A(0,0,0),P(0,0,5),B(4,0,0),E(2,4,0),F(4,3,0)設平面PEF的法向量為m=(x,y,z)則{m?EF取y=2，則m=(1,2,2)不妨取平面PAB的法向量n=(0,1,0)則cos?m設平面PAB與平面PEF所成二面角的平面為θ，則sinθ=1?即平面PAB與平面PEF所成二面角的正弦值為53【考點】直線與平面垂直的判定，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）根據PA⊥平面ABCD，可得EF⊥PN，再證EF⊥AE，即可由線線垂直推證線面垂直；（2）以A為坐標原點，建立空間直角坐標系，分別求得兩個平面的法向量，再求出夾角的余弦，轉化為正弦值即可.19.【答案】（1）證明：如圖，取CD的中點P，AB的中點H，連接PH,PE,HE.由已知易得P,G,H三點共線，P,O,E三點共線.因為DF=2AF，F(xiàn)G=CG，所以PG=DF又O為ΔECD的重心，所以PO=PE所以OG∥HE.因為OG?平面ABE，HE?平面ABE，所以OG∥平面ABE.

（2）解：在ΔEAB中，因為H為AB的中點，所以EH⊥AB.因為平面ABCD⊥平面EAB，平面ABCD∩平面EAB=AB，EH?平面EAB，所以EH⊥平面ABCD.由（1）得，PH⊥AB.所以HE,HB,HP兩兩垂直，如圖，分別以射線HB,HP,HE的方向為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系H?xyz.設OB=1，因為PG=PH3，PO=PE所以HE=3，AB=23所以C(3,23,0)，F(xiàn)(?3所以CF=(?23,?43設平面BCE的法向量為n=(a,b,c)，則{所以{b=0,3c?3a=0.令c=1，則設直線CF與平面BCE所成的角為α，則sinα=【考點】直線與平面平行的判定，用空間向量求直線與平面的夾角【解析】【分析】（1）取CD的中點P，AB的中點H，連接PH,PE,HE，可知P,G,H三點共線，P,O,E三點共線.，因而可得O為ΔECD的重心，再利用線面平行的判定，及可證出；（2）根據條件，通過面面垂直的性質，證出EH⊥平面ABCD，建立空間直角坐標系，標點，求CF及平面BCE的法向量為n，通過利用空間向量法求出線面角.20.【答案】（1）證明：由題意，可得PA=PE，OA=OE，則PO⊥AE，取BC的中點F，連OF，F(xiàn)，可得OF//AB，所以因為PB=PC，∴BC⊥PF，且PF∩OF=F，所以BC⊥平面POF，又因為PO?平面POF，所以BC⊥PO.又由BC與AE為相交直線，所以PO⊥平面ABCE.

（2）解：作OG//BC交AB于G，可知OG⊥OF，分別以OG,OF,OP為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系則A(1,?1,0)，B(1,3,0)，C(?1.3,0)，P(0,0,2可得AC=(?2,4,0)，AP=(?1,1,2設平面PAB的法向量為n=(x,y,z)則{n?AP=?x+y+2z=0n又由sinθ=|所以AC與面PAB所成角θ的正弦值為3015【考點】直線與平面垂直的判定，用空間向量求直線與平面的夾角【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理，證得BC⊥平面POF，進而得到BC⊥PO，進而證得PO⊥面ABCE；（2）分別以OG、OF、OP為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O?xyz，求得平面PAB的一個法向量為n=(21.【答案】（1）證明：設O是AC中點，連結OF、OB、FC，在ΔABC中，AB=BC，∴OB⊥AC，∵四邊形ACDF是菱形，∠FAC=60°，∴ΔFAC是等邊三角形，∴OF⊥AC，∴∠FOB是二面角F?AC?B的平面角，在RtΔFAO中，AF=23∴OF=AF2又∵BF=15，∴O∴∠FOB=90°，∴平面ABC⊥平面ACDF．

（2）解：由（1）知OB、OC、OF兩兩垂直，以O為原點，OB為x軸，OC為y軸，OF為z軸，建立空間直角坐標系，則A(0，?3，0)，B(6，0，0)，C(0，3，0)，F(xiàn)(0，0，AF=(0，3，3)，AC=(0，23∵AB//DE，AF//CD，又AB?平面CDE，AF?平面DE?平面CDE，CD?平面CDE，∴AB//平面CDE，AF//平面CDE，又AB∩AF=A，∴平面ABF//平面CDE，∵EF//BC，∴B、C、E、F四點共面，又平面ABF∩平面BCEF=BF，平面CDE∩平面BCEF=CE，∴BF//CE，∴四邊形BCEF是平行四邊形，∴FE=BC=(?∴AE=AF+設平面AEF的法向量n=(x，y，z)則{n·AF=3設平面ACE的法向量m=(a，b，c)則{m·AE=?6設平面AEF與平面ACE所成的銳二面角為θ，則cosθ=∴平面AEF與平面ACE所成的銳二面角的余弦值為5555【考點】平面與平面垂直的判定，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）設O是AC中點，連結OF、OB、FC，推導出OB⊥AC，OF⊥AC，則∠FOB是二面角F?AC?B的平面角，由此能證明平面ABC⊥平面ACDF;（2）以O為原點，OB為x軸，OC為y軸，OF為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出平面AEF與平面ACE所成的銳二面角的余弦值．22.【答案】（1）證明：在ΔADC中，由余弦定理，知AC將AD=13，DC=12，cos∠ADC=1213代入上式，計算得AC=5所以AB⊥BC.又EC⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以EC∩BC=C，所以AB⊥平面EBC，又AB?平面ABE，故平面ABE⊥平面BCE.

（2）解：由（1）知，AC故AC⊥CD.又EC⊥平面ABCD，所以AC，DC，EC兩兩垂直，以C為原點，直線CD，CA，CE分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系：依題意，C(0,0,0)，A(0,5,0)，D(12,0,0)，E(0,0,60)，則AD=(12,?5,0)，AE假設平面ADE的一個法向量為n=(x,y,z)由{AD得{(12,?5,0)?(x,y,z)=0,(0,?5,60)?(x,y,z)=0.即令z=1，解得n=(5,12,1)而AC=(0,?5,0)，設直線AC和平面ADE所成的角為α則sinα=|AC即AC和平面ADE所成角的正弦值為6170【考點】平面與平面垂直的判定，用空間向量求直線與平面的夾角【解析】【分析】（1）要證明面面垂直，需證明線面垂直，由條件可證明AB⊥EC，AB⊥BC，即證明AB⊥平面EBC；（2）由條件可知AC⊥CD，所以以C為原點，直線CD，CA，CE分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，先求平面ADE的法向量，利用公式sinα=|23.【答案】（1）證明：因為PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PC．因為AB=4，AD=CD=2，所以AC=BC=22所以AC2+B又BC∩PC=C，BC?平面PBC，PC?平面PBC，所以AC⊥平面PBC.

（2）解：如圖，以點C為原點，平行于DA，CD,CP分別為x軸，y軸，z軸正方向，建立空間直角坐標系，則C(0,0,0)，A(2,2,0)，B(2,?2,0)．設P(0,0,2a)(a>0)，則E(1,?1,a)，CA=(2,2,0)，CP=(0,0,2a)，取m=(1,?1,0)則m?CA=m?設n=(x,y,z)為面EAC的法向量，則由n即{x+y=0x?y+az=0，取x=a，y=?a，z=?2，則依題意|cos<m于是n=(2,?2,?2)，PA設直線PA與平面EAC所成角為θ，則sinθ=|【考點】直線與平面垂直的判定，用空間向量求直線與平面的夾角，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）由線面垂直得到AC⊥PC，再由勾股定理可證AC⊥BC，即可得證；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法由二面角P?AC?E的余弦值為63，求出a24.【答案】（1）證明：連接CF，DN，由圖1知，四邊形BCEF為菱形，且∠CEF=60°，所以ΔCEF是正三角形，從而CN⊥EF.同理可證，DN⊥EF，所以EF⊥平面CDN.又EF∥BC，所以BC⊥平面CDN，因為BC?平面ABCD，所以平面CDN⊥平面ABCD.易知CN=DN，且M為CD的中點，所以MN⊥CD，所以MN⊥平面ABCD.

（2）解：由（1）可知CN=3，MN=2，且四邊形ABCD為正方形.設AB的中點為以M為原點，以MG，MC，MN所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系M?xyz，則A(2,?1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，N(0,0,2)，所以AB=(0,2,0)，AF=(?1,1,2設平面ABF的法向量為n=(x,y,z)由{n?AB取n=(設直線CN與平面ABF所成的角為θ，所以sinθ=所以直線CN與平面ABF所成角的正弦值為23【考點】直線與平面垂直的判定，用空間向量求直線與平面的夾角【解析】【分析】(1)先證CN⊥EF，再證DN⊥EF，由EF∥BC可得BC⊥平面CDN，從而推出MN⊥平面ABCD；(2)建立空間直角坐標系，求出平面ABF的法向量與CN，坐標代入線面角的正弦值公式即可得解.25.【答案】（1）解：依題意，以O為原點，分別以向量OB,OC,D(?2,0,0),?依題意，可得AD=(?2,2,0),設n=(x,y,z)為平面ADM的法向量，則{即{?2x+2y=03y+z=0，不妨設y=1，可得又PB=(1,0,?2)，故cos∴直線PB與平面ADM所成角的正弦值為755

（2）解：由已知可得OB⊥AC,OB⊥PO，所以OB⊥平面AMC，故OB是平面AMC的一個法向量，依題意可得OB=(1,0,0)因此有cos?OB,∴二面角D-AM-C的正弦值11011

（3）解：設線段OQ的長為h(0≤h≤2)，則點Q的坐標為(0,0,h)，由已知可得點N的坐標為(?1,0,1)，進而可得NQ=(1,0,h?1)由NQ//平面ADM，故NQ⊥即1?3(h?1)=0，解得h=4∴線段OQ的長為43【考點】兩點間距離公式的應用，用空間向量求直線與平面的夾角，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】以O為原點，分別以向量OB,OC,OP的方向為x軸,y軸,z軸正方向，可以建立空間直角坐標系，（1）求出直線PB的方向向量，利用向量垂直數(shù)量積為零列方程求出平面ADM的法向量，可求直線PB與平面ADM所成角的正弦值；（2）由已知可得OB⊥平面AMC，故OB是平面AMC的一個法向量，結合（1）中平面ADM的法向量，利用空間向量夾角余弦公式可求二面角D-AM-C的余弦值，從而可得正弦值；（3）設線段OQ的長為h(0≤h≤2)，則點Q的坐標為(0,0,h)，由已知可得點N的坐標為26.【答案】（1）證明：取AB中點為O，連接OC、OF，∵O、F分別為AB、AD中點，∴OF∥BD且BD＝2OF，又CE∥BD且BD＝2CE，∴CE∥OF且CE＝OF，∴四邊形OCEF為平行四邊形，∴EF∥OC，又OC?平面ABC且EF?平面ABC，∴EF∥平面ABC．

（2）解：∵三角形ABC為等邊三角形，O為AB中點，∴OC⊥AB，∵平面ABC⊥平面ABD且平面ABC∩平面ABD＝AB，又BD⊥AB且BD?平面ABD，∴BD⊥平面ABC，又OF∥BD，∴OF⊥平面ABC，以O為坐標原點，分別以OA、OC、OF的方向為x、y、z軸正方向，建立空間直角坐標系．不妨令正三角形ABC的邊長為2，則O（0，0，0），A（1，0，0），C(0,3,0)，∴AC=(?1,3,0)，AE=(?1,3,1)，不妨令y1=3設平面AED的法向量為n=({AD?n得n=(?1,0,?1)∴cos<∴所求二面角C﹣AE﹣D的余弦值為?6【考點】直線與平面平行的判定，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）取AB中點為O，連接OC、OF，證明四邊形OCEF為平行四邊形，EF∥OC，然后證明EF∥平面ABC；（2）以O為坐標原點，分別以OA、OC、OF的方向為x、y、z軸正方向，建立空間直角坐標系．不妨令正三角形ABC的邊長為2，求出相關的的坐標，求出平面AEC的法向量，平面AED的法向量，取法向量的方向一進一出，利用空間向量的公式求解即可．27.【答案】（1）解：連接AM,AN，由BM=2MS，BN=2NC得MN//SC∴MN//平面SCD且NC=13BC=1=AD則四邊形ADCN為平行四邊形，故AN//DC，∴AN//平面SCD又MN∩AN=N∴面AMN//面SCD，又AP?面AMN∴AP//平面SCD.

（2）解：如圖，以AB中點O為原點，AB的中垂線為z軸，直線BA為x軸，過O于BC平行的直線為y軸，建立空間直角坐標系則面BCD的其中一個法向量n1設面SCD的一個法向量n2又S(0,0,3)，D(3,1,0)，∴SD=(3{SD?n2=0CD?則|cos<n故二面角S?CD?B的大小為π3【考點】直線與平面平行的判定，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）先證MN//平面SCD，再證AN//平面SCD，進而可得平面AMN//平面SCD，即可得到答案；（2）建立空間直角坐標系，求出平面SCD的法向量，取平面BCD的法向量，利用向量法求出二面角即可.28.【答案】（1）解：因為四邊形ABCD是正方形，所以CD⊥AD，又因為PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，故CD⊥平面PAD，又AM?平面PAD，則CD⊥AM，而PC⊥平面AMN，有PC⊥AM，則AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.

（2）解：如圖，延長NM,CD交于點E，因為PC⊥平面AMN，所以NE為CE在平面AMN內的射影，故∠CEN為CD（即CE）與平面AMN所成的角，又因為CD⊥PD，EN⊥PN，則有∠CEN=∠MPN，在RtΔPMN中，sin∠MPN=故CD與平面AMN所成角的正弦值為33

（3）解：分別以AB,AD,AP為x,y,z軸建立空間直角坐標系，A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0)，M(0,1,1)所以AC=(2,2,0)，AM=(0,1,1)，設平面AMC的法向量那么AC?AM?令y=?1，則n=(1,?1,1)，由（1）知，平面AMN的法向量PC設所求二面角C?AM?N的大小為θ，且為銳角，所以cosθ=|所以二面角C?AM?N的余弦值為13【考點】空間中直線與直線之間的位置關系，直線與平面所成的角，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）先根據線面垂直性質定理得PA⊥CD，再由CD⊥AD，以及線面垂直判定定理得CD⊥平面PAD，即得CD⊥AM，由PC⊥平面AMN，有PC⊥AM，再由線面垂直判定定理得AM⊥平面PCD，即得AM⊥PD；（2）因為PC⊥平面AMN，所以NM為CD在平面AMN內的射影，延長NM,CD交于點E，則∠CEN為CD（即CE）與平面AMN所成的角，解直角三角形得線面角正弦值.（3）以空間向量求角二面角，先建立空間直角坐標系，設立各點坐標，列方程組解平面法向量，由向量數(shù)量積得兩法向量夾角余弦值，最后根據二面角與兩法向量關系得結果29.【答案】（1）證明：∵AD=1,AB=2,∠DAB=60根據余弦定理可得:BD∴BD=3∴AD∴AD⊥BD

∵

PD⊥底面ABCD,BD?底面ABCD∴PD⊥BD,又AD∩PD=D∴BD⊥平面PAD∵PA?平面PAD∴

PA⊥BD

綜上所述,PA⊥BD

（2）解：由（1）可知BC⊥BD∴S∵∠PCD=45°

可得:∴V∵PC=2∴BC∴PB⊥BC

∴S∴V又∵VP?BCD∴7h6【考點】空間中直線與直線之間的位置關系，點、線、面間的距離計算【解析】【分析】（1）因為∠DAB=60°,AB=2,AD=1,利用余弦定理求出BD,即可判斷出△ABD滿足勾股定理,即△ABD直角三角形且角∠ADB為直角,則AD⊥BD,結合已知PD⊥底面ABCD,即可求證PA⊥BD.（2）利用等體積法,根據VP?BCD=VD?BCP列方程,即可求得點D到平面30.【答案】（1）解：連接AC，∵E、F分別為AB、BC的中點，所以EF//在長方體ABCD?A1B1C所以，四邊形AA1C1C∵EF?平面A1DC1，A1C1

（2）解：以點D為坐標原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，則D(0,0,0)、A1(2,0,23)、C1DA1=(2,0,23)，D設平面A1DC由{m?DA1=2x+23設平面B1EF的法向量為由{n?EF=?a+b=0n?E設平面A1DC1與平面cos?m,【考點】直線與平面平行的判定，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（1）連接AC，利用中位線定理得出EF//AC，再證明出四邊形AA1C1C為平行四邊形，可得出AC//A1C1，進而得出EF//A1C1，然后利用線面平行的判定定理可得出結論；（2）以點D31.【答案】（1）證明：連接AC交BD于G，則G是AC的中點，連接EG，則EG是ΔPAC的中位線，所以PA//EG，有因為PA?面EDB,EG?面EDB，所以PA//平面EDB

（2）解：如圖以D為原點，DA,DC,DP方向分別為x軸，y軸，A(a,0,0)，B(a,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，E(0,1PB=(a,1,?1)，設PF=tPB=(at,t,?t)又EF⊥PB，即EF·PB=設n=(x,y,z)是平面DEF{n·DE=0n顯然DP是面ABCD的一個法向量，依題意有DP·n|結合①式得a=2因為PD⊥底面ABCD，所以∠PAD是PA與面ABCD所成的角，所以sin∠PAD=【考點】直線與平面平行的判定，直線與平面所成的角【解析】【分析】（1）連接AC交BD于G，則G是AC的中點，連接EG，證明PA//EG，PA//平面EDB即得證；（2）如圖以D為原點，DA,DC,DP方向分別為x軸，y軸，z軸正半軸建立空間直角坐標系.設DA=a，根據面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3求出a=32.【答案】解：（Ⅰ）證明：連結AC1交A1C于點則E為AC1中點，DE為所以DE//又DE?平面A1CD，BC所以BC1//（Ⅱ）法一：因為BC=AC，D是AB的中點，所以AB⊥DC.又因為AB=2DC=22，所以AC=BC=2，則A即AC⊥BC，所以∠ACB=90°.又因為AA1⊥平面ABC則C(0,0,0)，D(?1,0,1)，A1(0,4,2)，CD=(?1,0,1)平面BCC1B設平面A1CD的法向量為n=(x,y,z)，則由n⊥CD令y=?1，則x=z=2，n=(2,?1,2)所以平面A1CD與平面BCC1B法二：延長A1D、B1B交于Q，連接QC，過D作過H作HJ⊥QC于J，連接DJ，則DH⊥平面BCC1B1，DH⊥CQ，又HJ∩DH=H，所以θ=∠DJH為平面BCC1BRtΔBDC中，BD=DC，所以高DH為中線，DH=1，BH=HC=1∵BD∥A1B1，∴RtΔCBQ中，QC=sin∠BCQ=HJCHRtΔDHJ中，DJ=12所以平面BCC1B1與平面【考點】直線與平面平行的判定，用空間向量求平面間的夾角【解析】【分析】（Ⅰ）連結AC1交A1C于點E，連結DE，可知DE//BC1，根據線面平行的判定定理，證明即可.（Ⅱ）法一:由BC=AC，AB=2DC=22，可知AC=BC=2，即AC⊥BC，根據AA1⊥平面ABC，可知CC1⊥平面ABC，即CC1⊥AC，CC1⊥BC，以C為原點，BC，CC1，CA所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，求各點坐標，計算平面BCC1B1