立体几何平行证明题Word格式.docx

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（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．

DM⊥平面PBC；

（2）若点E为BC边上的动点，且

BE

，可否存在实数

λ，使得二面角P﹣DE﹣B的

EC

余弦值为2？

若存在，求出实数λ的值；

若不存在，请说明原由．

3

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

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

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．

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．

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订交于点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.以以下列图，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．

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合；

直与平面垂直的判断．

【剖析】

（1）由已知中直二面角DABE中，四形ABCD是正方形，且BF⊥平面ACE，

我可以得BF⊥AE，CB⊥AE，而由面垂直的判判断理可得AE⊥平面BCE．

（2）接BD与AC交于G，接FG，正方形ABCD的2，由三垂定理及二面角的平面角的定，可得∠BGF是二面角BACE的平面角，解Rt△BFG即可获取答案．【解答】明：

（1）∵BF⊥平面ACE

∴BF⊥AE⋯

∵二面角DABE直二面角，且CB⊥AB，

∴CB⊥平面ABE

∴CB⊥AE⋯

∴AE⊥平面BCE．⋯

解：

（2）接BD与AC交于G，接FG，正方形ABCD的2，

∴BG⊥AC，BG=，⋯

∵BF垂直于平面ACE，由三垂定理逆定理得FG⊥AC

∴∠BGF是二面角BACE的平面角⋯

由

（1）AE⊥平面BCE，得AE⊥EB，

∵AE=EB，BE=．

∴在Rt△BCE中，EC==，⋯

由等面法求得，

∴在Rt△BFG中，

故二面角BACE的余弦．⋯

2.

【考点】二面角的平面角及求法；

平面与平面垂直的判断．

（1）用剖析法找思路，用合法明．取EF中点O，接OP、OC．等腰三角形

CEF中有CO⊥EF，即OP⊥EF．依照两平面垂直的性定理，平面PEF和平面ABFE的交

是EF，且PO⊥EF，剖析得PO⊥平面ABFE．故只需依照中条件出PO⊥平面ABFE，即可

利用面面垂直的判判断理得平面EFP⊥平面ABFE．

（2）依照第一剖析空地址关系，可建立空直角坐求得平面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）明：

在△ABC中，DAB中点，OEF中点．

由AC=BC=，AB=2．

∵E、F分AC、BC的中点，

∴EF中位，得CO=OD=1，CO⊥EF

∴四棱PABFE中，PO⊥EF，⋯2分

∵OD⊥AB，AD=OD=1，∴AO=，

又AP=，OP=1，

∴四棱PABFE中，有

2

AP=AO+OP，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原点，建立空直角坐系（如）：

A（1，1，0），B（1，1，0），E（0，

，0），P（0，0，1）⋯7分

∴

，

分平面AEP、平面ABP的一个法向量，

?

取x=1，得y=2，z=1

．⋯9分

同理可得

，⋯11

分

由于

=0，

所以二面角

BAPE90°

⋯12分

3.

【考点】空中直与平面之的地址关系．

【】明．

【剖析】于（Ⅰ），要EF∥平面PAD，只需明EF平行于平面PAD内的一条直即可，而E、F分PC、BD的中点，所以接AC，EF中位，进而得；

于（Ⅱ）要明EF⊥平面PDC，由第一的，EF∥PA，只需PA⊥平面PDC即可，

已知PA=PD=AD，可得PA⊥PD，只需再明PA⊥CD，而需要再明CD⊥平面

PAD，

由于ABCD是正方形，面PAD⊥底面ABCD，由面面垂直的性可以明，进而得．

【解答】明：

（Ⅰ）接AC，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】本考面平行的判断及面垂直的判断，而其中的化思想的用得注意，将面平行化平行；

明面垂直，化垂直，在明垂直，经常要通面垂直来行．

4.

空中直与直之的地址关系．

（1）利用平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，可得DC⊥平面ABC，利用面垂直的性，可得DC⊥AB；

（2）C作CE⊥AB于E，接ED，可∠CED是二面角DABC的平面角．CD=a，

BC==，进而EC=BCsin60°

=，在Rt△DEC中，可求tan∠DEC．

【解答】

∵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：

C作CE⊥AB于E，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DABC的平面角，⋯

CD=a，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：

（1）令AD=1，求出BD=，进而AD⊥BD，而BD⊥平面PAD，由此能明平面

PAD⊥平面PBD．

（2）以D坐原点，DAx，DCy，D作垂直于平面ABCD的直z，建

立空直角坐系，利用向量法能求出二面角APBC的余弦．【解答】明：

（1）在平行四形ABCD中，令AD=1，

BD=

在△ABD中，AD+BD=AB，∴AD⊥BD，

又平面PAD⊥平面ABCD，

∴BD⊥平面PAD，BD?

平面PBD，

∴平面PAD⊥平面PBD．

（2）由

（1）得AD⊥BD，以D坐原点，DAx，DCy，

D作垂直于平面

ABCD的直z，建立空直角坐系，

令AD=1，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断；

直线与平面所成的角．

（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，

依照，，推断出AB1⊥CE，AB1⊥CA1，依照线面垂直的判断

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

∵ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，

∴CC1⊥AC，CC1⊥BC，

又∠ACB=90°

即AC⊥BC．

以以下列图，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，，

∴AB1⊥CE，AB1⊥CA1，AB1⊥平面A1CE．

（Ⅱ）解：

由（Ⅰ）知，是平面A1CE的法向量，

∴|cos＜，＞|==．

直A1C1与平面A1CE所成的角θ，sinθ=|cos＜，＞|=．

所以直A1C1与平面A1CE所成角的正弦．

7.

（Ⅰ）只需明AB⊥BF．AB⊥EF即可．

（Ⅱ）以A原点，以AB，AD，APx，y，z正向建立空直角坐系，

求出平面CDB的法向量，平面EDB的法向量，

二面角EBDC的大小θ，

（Ⅰ）：

由已知DF∥AB且∠DAB直角，故ABFD是矩形，进而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分是PC、CD的中点，EF∥PD，∴AB⊥EF．由此得AB⊥平面BEF⋯

平面CDB的法向量，平面EDB的法向量，

可取

所以，⋯

8.

（1）取PB中点N，MN，AN．由三角形中位定理可得四形ADMN

平行四形．由AP⊥AD，AB⊥AD，由面垂直的判断可得AD⊥平面PAB．一步得

到AN⊥MN．再由AP=AB，得AN⊥PB，AN⊥平面PBC．又AN∥DM，得DM⊥平面PBC；

（2）以A原点，

方向x的正方向，

方向y的正方向，

方向z的正

方向，建立如所示的空直角坐系．

E（2，t，0）（0≤t≤4），再求得

P，D，B的

坐，获取

的坐，求出平面

PDE的法向量，再由意获取平面

DEB的一个法

向量，由两法向量角的余弦获取数

λ

的．

如，取PB中点N，MN，AN．

∵M是PC中点，∴MN∥BC，MN=BC=2．

又∵BC∥AD，AD=2，

∴MN∥AD，MN=AD，

∴四形ADMN平行四形．

∵AP⊥AD，AB⊥AD，AP∩AB=A，

∴AD⊥平面PAB．

∵AN?

平面PAB，∴AD⊥AN，AN⊥MN．

∵AP=AB，∴AN⊥PB，又MN∩PB=N，

∴AN⊥平面PBC．

∵AN∥DM，∴DM⊥平面PBC；

存在切合条件的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，建立以以下列图的空间直角坐标系．

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；

（Ⅰ）推导出BE⊥AM，BC⊥AM，由此能证明AM⊥平面BEC．

（Ⅱ）由VB﹣ACE=VE﹣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．

（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.

直线与平面垂直的判断．

（1）依照线面垂直的判判断理即可证明EA⊥平面EBC；

（2）求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．

（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断；

直线与平面平行的判断．

（1）证明四边形BCDO是平行四边形，得出OB⊥AD；

再证明BO⊥平面PAD，进而证明平面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．

（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；

，即MPC中点，以下明：

AC，交BO于N，MN，

∵AD∥BC，OAD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．

接AC，交BO于N，MN，

∵PA∥平面BMO，平面BMO∩平面PAC=MN，

∴PA∥MN；

又∵AD∥BC，OAD中点，