高考数学立体几何大题训练

高考数学立体几何大题训练

1．如图，平面ABCD平面ADEF，其中ABCD为矩形，ADEF为梯形， AF//DE，AFFE，AFAD2DE，G为BF中点．

BCGFADE

〔Ⅰ〕求证：EG//平面ABCD； 〔Ⅱ〕求证：AFDG．

2．如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD是菱形，

BAD60，AB2,PD6,O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．

P E

D O A

B

C

〔Ⅰ〕证明：平面EAC⊥平面PBD；

〔Ⅱ〕假设PD∥平面EAC,求三棱锥PEAD的体积． jz*

. -

3．如图，四边形ABCD是正方形，PD平面ABCD，CD=PD=2EA,PD//EA，F，G，H分别为PB，BE，PC的中点.

〔Ⅰ〕求证：GH//平面PDAE； 〔Ⅱ〕求证：平面FGH平面PCD.

4．如图，在矩形ABCD中，点E为边AD上的点，点F为边CD的中点，

ABAE2AD4,现将ABE沿BE边折至PBE位置，且平面PBE平面3BCDE.

P A

E

D

E D F

B

C B

C

〔Ⅰ〕求证：平面PBE平面PEF； 〔Ⅱ〕求四棱锥PBCFE的体积．

- -可修编.

. .

5．如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直，且AB=2，AD=EF=1.

〔Ⅰ〕求证：AF⊥平面CBF；

〔Ⅱ〕设FC的中点为M，求证：OM∥平面DAF；

〔Ⅲ〕设平面CBF将几何体EFABCD分成的两个锥体的体积分别为VFABCD,VFCBE，求VFABCD:VFCBE.

6．如下图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是棱DD1、C1D1的中点．

A1 B1

F C1

A B

C

E D

D1

〔Ⅰ〕证明：平面ADC1B1平面A1BE；

jz*

. -

〔Ⅱ〕证明：B1F//平面A1BE；

〔Ⅲ〕假设正方体棱长为1，求四面体A1B1BE的体积.

7．如图，四棱锥PABCD中，PAB是正三角形，四边形ABCD是矩形，且平面

PAB平面ABCD，PA2，PC4．

〔Ⅰ〕假设点E是PC的中点，求证：PA//平面BDE；

〔Ⅱ〕假设点F在线段PA上，且FAPA，当三棱锥BAFD的体积为

4时，数3的值．

8．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直底面，ACB90，ACBCD是棱AA1的中点.

1AA1，2- -可修编.

. .

〔1〕证明：DC1平面BDC；

〔2〕假设AA12，求三棱锥CBDC1的体积.

9．平行四边形ABCD，AB4，AD2，DAB60o，E为AB的中点，把三角形ADE沿DE折起至A1DE位置，使得A1C4，F是线段A1C的中点.

A1FDCDCAE

BEB

〔1〕求证：BF//面A1DE； 〔2〕求证：面A1DE面DEBC； 〔3〕求四棱锥A1DEBC的体积.

10．如图, 边长为2的的菱形ABCD与菱形ACEF全等，且FACABC,平面jz*

. -

ABCD平面ACEF，点G为CE的中点.

EGFCODAB

〔Ⅰ〕求证：AE//平面DBG； 〔Ⅱ〕求证：FCBG；

〔Ⅲ〕求三棱锥EBGD的体积.

11．如图,三棱柱ABCA1B1C1中,ABACAA1BC12,AAC1160,平面ABC1平面AAC11C,AC1与A1C相交于点D.

B1

C1 D

A1 A B

C

〔Ⅰ〕求证:BD平面AAC11C； 〔Ⅱ〕求二面角C1ABC的余弦值.

12．如图，四边形ABCD为正方形，EA平面ABCD，CF∥EA，且

EA2AB2CF2

- -可修编.

. .

〔1〕求证：EC平面BDF； 〔2〕求二面角EBDF的余弦值.

13．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAB底面ABCD，

PAAB，点E是PB的中点，点F在边BC上移动．

〔Ⅰ〕假设F为BC中点，求证：EF//平面PAC； 〔Ⅱ〕求证：AEPF；

11〔Ⅲ〕假设PB2AB，二面角EAFB的余弦值等于11，试判断点F在边BC上的位置，并说明理由. jz*

. -

14．几何体ABCDE的三视图如下图，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形．

〔1〕求此几何体的体积V的大小；

〔2〕求异面直线DE与AB所成角的余弦值； 〔3〕求二面角A-ED-B的正弦值．

15．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面A1BC侧面A1ABB1，且AA1AB2 〔1〕 求证：ABBC；

〔2〕假设直线AC与平面A1BC所成的角为

，求锐二面角AA1CB的大小. 6

16．如下图，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB2AD2，点

- -可修编.

. .

E为AB的中点.

〔1〕求证：BD1∥平面A1DE；〔2〕求证：D1EA1D； 〔3〕在线段AB上是否存在点M，使二面角D1MCD的大小为求出AM的长；假设不存在，请说明理由.

？假设存在，6

17．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1A平面ABC，BAC90，F为棱AA1上的动点，A1A4,ABAC2.

⑴当F为A1A的中点，求直线BC与平面BFC1所成角的正弦值； ⑵当

AF的值为多少时，二面角BFC1C的大小是45. FA1A1C1 B1 F A C B jz*

. -

18．如图，在四棱锥

ABCDE中，平面ABC平面

2.

BCDE,CDEBED900,ABCD2,DEBE1,AC〔1〕证明：DE平面ACD; 〔2〕求二面角BADE的大小

4A68DEC1012B14

161819．如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，ADCD，AB∥CD，

ABAD2，CD4，M为CE的中点．

〔1〕求证：BM∥平面ADEF； 〔2〕求证：平面BDE平面BEC；

〔3〕求平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值.

EFMDCAB

- -可修编.

. .

20．在如下图的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB90，EA平面

ABCD，EF//AB，FG//BC，EG//AC，AB2EF.

〔1〕假设M是线段AD的中点，求证：GM//平面ABFE； 〔2〕假设ACBC2AE2，求二面角ABFC的余弦值.

jz*

. -

参

1．〔Ⅰ〕详见解析; 〔Ⅱ〕详见解析 【解析】

试题分析：证明：〔Ⅰ〕取AB的中点O，连接OD，可得OG1 又因为 AF//DE，AF，

2AF2DE

所以OGDE，四边形ODEG为平行四边形，所以EG//OD，在根据线面平行的判定

定理，即可证明结果．〔Ⅱ〕取AF的中点H，连接DH、GH，可得GH//AB， 因为平面ABCD平面ADEF，ABAD，所以AB平面ADEF，ABAF，所以

AFGH，因为 AF//DE，AF2DE

所以四边形EFHD为平行四边形，EF//DH，又AFFE，所以AFDH，根据线面垂直的判定定理，即可证明结果．

试题解析：证明：〔Ⅰ〕取AB的中点O，连接OD

B C

O G A

H D

E

F

因为O,G分别是AB,BF的中点， 所以OG1AF， 2分 2又因为 AF//DE，AF2DE 所以OGDE，四边形ODEG为平行四边形

所以EG//OD 4分

因为OD平面ABCD，EG平面ABCD

所以EG//平面ABCD 5分 〔Ⅱ〕取AF的中点H，连接DH、GH 因为G,H分别是BF,AF的中点，

- -可修编.

- -

所以GH//AB， 7分 因为平面ABCD平面ADEF，ABAD 所以AB平面ADEF，ABAF

所以AFGH 9分 因为 AF//DE，AF2DE

所以四边形EFHD为平行四边形，EF//DH

又AFFE，所以AFDH 11分 因为GHDHH 所以AF平面DGH

所以AFDG 12分

考点： 1．线面平行的判定定理；2．线面垂直的判定定理． 2．〔Ⅰ〕证明见解析；〔Ⅱ〕VPEAD【解析】

试题分析：〔Ⅰ〕要证面面垂直需证线面垂直，根据题意，需证AC平面PBD，因为底面为菱形对角线互相垂直，又因为PD平面ABCD，所以AC平面PBD得证；〔Ⅱ〕根据线面平行的性质定理可知：PD平行平面PBD与平面ACE的交线EO,同时O为BD中点,所以E为PB中点，所以三棱锥PEAD的体积等于三棱锥EPAD即为三棱锥BPAD体积的一半,进而求得三棱锥PEAD的体积． 试题解析：〔Ⅰ〕

2． 2PD平面ABCD,AC平面ABCD,ACPD．

四边形ABCD是菱形,ACBD,又PDBDD,AC平面PBD．

而AC平面EAC,平面EAC⊥平面PBD． 6分 〔Ⅱ〕

PD∥平面EAC,平面EAC平面PBDOE,PD∥OE,

O是BD中点,E是PB中点．

- - word.zl-

. -

P E

D H O A

取AD中点H,连结BH,

B

C

四边形ABCD是菱形,BAD60,

BHAD,又BHPD,ADPDD,BD平面PAD,

BH3AB3． 9分 2111VPEADVEPADVBPADS△PADBH

223112． 12分 263622考点：1．面面平行的判定定理;2．线面平行的性质定理;3．三棱锥的体积公式． 3．〔1〕证明详见解析；〔2〕证明详见解析. 【解析】

试题分析：此题主要考察线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直等根底知识，考察学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑思维能力、计算能力.第一问，取PD、EA中点，利用中位线得MN//11CD，NG//AB，而AB//CD，∴MN//NG，∴说明

22GHMN是平行四边形，∴GH//MN，∴利用线面平行的判定GH//平面PDAE；第二

问，先利用线面垂直的性质得PDBC，再利用线面垂直的判定得BC平面PCD，即

FH平面PCD，最后利用面面垂直的判定得平面FGH平面PCD.

试题解析：〔1〕分别取PD的中点M,EA的中点N.连结MH,NG,MN. 因为G,H分别为BE,PC的中点，所以MN//1CD . 2因为AB//CD，所以MN//NG,

- -可修编.

- -

故四边形GHMN是平行四边形.所以GH//MN. 4分 又因为GH平面PDAE，MN平面PDAE， 所以GH//平面PDAE. 6分

〔2〕证明：因为PD平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC. 因为BCCD,PDCDD,所以BC平面PCD.

因为F,H分别为PB、PC的中点，所以FH//BC 所以FH平面PCD.

因为FH平面FGH，所以平面FGH平面PCD. 12分 考点：线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直. 4．〔Ⅰ〕见解析〔Ⅱ〕282 3【解析】

试题分析：对于第一问要证明面面垂直，关键是把握住面面垂直的判定定理，在其中一个平面找出另一个平面的垂线即可，而在找线面垂直时，需要把握住线面垂直的判定定理的容，注意做好空间中的垂直转化工作，对于第二问，注意在求棱锥的体积时，注意把握住有关求体积的量是多少，底面积和高弄清楚后就没有问题. 试题解析：〔Ⅰ〕证明：在RtΔDEF中在RtΔABE中，

EDDF,DEF45,

AEAB,AEB45,

BEF90,EFBE. 3分

平面PBE平面BCDE，且平面PBE平面BCDEBE

EF平面PBE,

EF平面PEF，平面PBE平面PEF. 6分

- - word.zl-

. -

〔Ⅱ〕解：过P做POBE,

P E D

O

B F

C

PO平面PBE,平面PBE平面BCDE且平面PBE平面BCDEBE

PO平面BCDE,

四棱锥PBCFE的高hPO22. 8分

S四边形BCFES矩形ABCDSABESDEF

11 10分 64442214，22那么VPBCFE11282S四边形BCFEh1422. 12分 333考点：面面垂直的判定，棱锥的体积.

5．〔Ⅰ〕参考解析；〔Ⅱ〕参考解析；〔Ⅲ〕4:1

【解析】

试题分析：〔Ⅰ〕要证线面垂直等价转化为线线垂直，由圆周角所对的弦为直径即可得AF与BF垂直，再根据面面垂直的性质即可得CB与AF垂直.由此即可得到结论.

〔Ⅱ〕线面平行等价转化为线线平行，通过做DF的中点即可得到一个平行四边形，由此即可得到线线平行，即可得到结论.

〔Ⅲ〕根据四棱锥的体积公式，以及三棱锥的体积公式，其中有些公共的线段，由此即可求出两个体积的比值. 试题解析：〔Ⅰ〕证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF=AB， ∴CB⊥平面ABEF，∵AF平面ABEF，∴AF⊥CB， 又∵AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，∴AF⊥平面CBF. 〔Ⅱ〕设DF的中点为N，那么MN∥11CD，又AO∥CD， 22那么MN∥AO，MNAO为平行四边形，

∴OM∥AN，又AN平面DAF，PM平面DAF，∴OM∥平面DAF.

〔Ⅲ〕过点F作FG⊥AB于G，∵平面ABCD⊥平面ABEF， ∴FG⊥平面ABCD，∴VFABCD12SABCDFGFG， 33- -可修编.

- -

∵CB⊥平面ABEF，∴VFCBEVCBFE∴VFABCD:VFCBE4:1

1111SBFECBEFFGCBFG， 3326考点：1.线面垂直.2.线面平行.3.棱锥的体积公式.

16．〔Ⅰ〕详见解析〔Ⅱ〕详见解析〔Ⅲ〕6

【解析】

试题分析：Ⅰ〕证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从证明线面垂直出发：因为

B1C1面

ABB1A1面

所以

B1C1A1B．又

A1BAB1，所以

A1B面

ADC1B1,所以平面

ADC1B1A1BE.〔Ⅱ〕证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从证明线线平

行出发，这一般可利用平面几何知识得以证明：设为平行四边形，所以

AB1A1BO，那么易得四边形

B1OEFB1F//OE.所以B1F//面A1BE 〔Ⅲ〕求棱锥体积，关键在于确

定其高。可以利用等体积法将其转化为可确定高的棱锥：

试题解析：〔Ⅰ〕证明:

11VA1B1BEVEA1B1BSA1B1BB1C136

因为ABCDA1B1C1D1为正方体， 所以因为

B1C1A1B面

ABB1A1ABB1A1，

；

面，所以

B1C1A1B． 2分

又因为因为

A1BAB1面

B1C1AB1B1，所以

面

A1BA1BE面

ADC1B1

A1BA1BE,所以平面

ADC1B1. 5分

11C1D=C1D〔Ⅱ〕连接EF,EF//2，且EF2，

- - word.zl-

. -

A1 B1

F C1

A B

C

D1 E D

设

AB1A1BO，

11CD=B1O21B1O2C1D那么//且,

所以EF//所以四边形又因为

B1O且EF=B1O，

B1OEF为平行四边形. 所以，OEB1F．

//OE. 9分

B1F面A1BE面A1BE所以B1F//面A1BE 11分

11VA1B1BEVEA1B1BSA1B1BB1C136 14分 〔Ⅲ〕

考点：面面垂直判定定理，线面平行判定定理，棱锥体积 7．〔Ⅰ〕证明见解析；〔Ⅱ〕【解析】

试题分析：〔Ⅰ〕将证明线面平行转化为线线平行，通过做辅助线可证明出EQ//PA，线面平行的判定定理可证出PA//平面BDE；〔Ⅱ〕如下图作辅助线，通过题意可先分

2. 314VBAFDVFABDSABDFM将问题转化为求BC，由面面垂直的性质定理得

33PO平面ABCD，进而FM平面ABCD，得到BC平面PAB，故BCPC2PB223，

进

而

确

定

FM233，再由

- -可修编.

- -

23FMFA2==3== POPA33试题解析：〔Ⅰ〕如图，连接AC，设ACBDQ，又点E是PC的中点，

那么在PAC中，中位线EQ//PA， 3分 又EQ平面BDE，PA平面BDE．

所以PA//平面BDE 5分

〔Ⅱ〕依据题意可得：PAABPB2，取AB中点O，所以POAB，且PO3

又平面PAB平面ABCD，那么PO平面ABCD； 6分 作FM//PO于AB上一点M，那么FM平面ABCD， 因为四边形ABCD是矩形，所以BC平面PAB，

那么PBC为直角三角形 8分

所以BCPC2PB223，那么直角三角形ABP的面积为

1SABP=ABAD23

2412323 10分 =VBAFDVFABDSABDFMFMFM=333323FMFA2==3== 12分 由FM//PO得：

POPA33考点：1、线面平行问题与线线平行问题的互化；2、面面垂直与线面垂直问题的互化；3、

综合分析能力．

- - word.zl-

. -

8．〔1〕见解析 〔2〕

1 3【解析】

试题分析：对应第一问，关键是要掌握线面垂直的判定，把握线线垂直的证明方法，第二问注意椎体的体积公式的应用.

试题解析：〔1〕由题设知BCCC1,BCAC，AC∴BC平面ACC1A1. 〔2分〕 又∵DC1平面ACC1A1，∴DC1BC. 〔3分〕

oo由题设知ADCA1DC145，∴CDC190，即C1DDC. 〔4分〕

CC1C，

∵DCBCC，∴DC1平面BDC. 〔6分〕

1AA1 2〔2〕 ∵AA12，D是棱AA1的中点，ACBC∴ACBC1,AD1 〔7分〕 ∴CDAD2AC22，DC12〔9分〕

11CDDC1221〔10分〕 22111SBC11〔11分〕 33311VBCDC1，即三棱锥CBDC1的体积为. 〔13分〕

33∴RtCDC1的面积S∴VBCDC1∴VCBDC1

考点：线面垂直的判定，椎体的体积. 9．〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析；〔3〕3. 【解析】

试题分析：〔1〕此题将线面平行转化为线线平行问题，可取DA1的中点G，连接FG、GE构造辅助线，得到EB//GF，进而证明出BF//平面A1DE；〔2〕此题将面面垂直问题转化为线面垂直问题，可取DE的中点H，连接A1H、CH构造辅助线,借助于余弦定理，得出

A1HHC，即A1HC为直角三角形，由线面垂直的判定定理，证明出A1H面DEBC，

根据面面垂直的判定定理得出面A1DE面DEBC； 〔3〕由棱锥的体积公式得V四棱棱-A1 -DEBC由〔2〕A1H3，代入上式即可求得.

- -可修编.

1梯形的底边为2、4，高为3，S梯形DEBCA1H，

3- -

试题解析： (1)证明：取DA1的中点G，连接FG、GE

A1GFDCEB

F为A1C中点

GF//DC，且GF12DC

E为平行四边形ABCD边AB的中点

EB//DC，且EB12DC EB//GF，且EBGF 四边形BFGE是平行四边形

BF//EG

EG平面A1DE，BF平面A1DE

BF//平面A1DE 4分

〔2〕取DE的中点H，连接A1H、CH

AB4，AD2，DAB60o，E为AB的中点

DAE为等边三角形，即折叠后DA1E也为等边三角形

- - word.zl-

. -

A1FDCHEB

A1HDE，且A1H3 在DHC中，DH1，DC4，HDC60o 根据余弦定理，可得

HC2DH2DC22DHDCcos60o12422141213在A1HCA1H3，，HC13A1C4， AC2A211HHC2，即A1HHC A1HDE又

A1HHCDE面DEBC，所以A1H面DEBC HC面DEBCDEHCH又

A1H面A1DE

面A1DE面DEBC 10分

〔3〕由第〔2〕问知A1H面DEBC

A1FDOCHEB

- -可修编.

，中- -

111 14分 VA1DEBCS底面DEBCh(24)3363

332考点：1、线面平行；2、面面垂直；3.棱锥的体积 10．〔Ⅰ〕见解析；〔Ⅱ〕见解析； 〔Ⅲ〕

1 2【解析】 试题分析：〔Ⅰ〕要证明线面平行，只需证明这条直线以平面的一条直线平行即可，连结OG,易得OG为三角形ACE的中位线，所以，OG∥AE，AE//平面DBE；要证明线线垂直，一般通过线面垂直得到，易得BD平面ACEF，BDCF，在菱形ACEF中

OGCF，CF平面BGDCFBG

〔Ⅲ〕利用等体积法即可，即VEBDGVABDGVCBDG SBDGh32试题解析：〔Ⅰ〕连结OG,..1分 因为四边形ABCD是菱形， 所以，COOA,又CGGE,

所以，OG为三角形ACE的中位线.2分 所以，OG∥AE.

又OG平面DBE,AE平面DBE

AE//平面DBE4分

〔Ⅱ〕因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD。 又平面ABCD平面ACEF，且交线为AC

BD平面ACEF,2分 又FC平面ACEF BDCF3分

在菱形ACEF中，AECF,OG//AE OGCF4分

BDOGO,BD,OG平面BGD CF平面BGD5分 CFBG6分

〔Ⅲ〕由题知，ABBCAC=2,故ABC60,

在三角形DAB中，ADAB2,DAB120,所以BD=23. 1分

- - word.zl-

. -

又ABCFAC,所以FAC60,所以FCA是等边三角形， 所以CF2,AE23, 所以SBDG1BDOG32分 2141 3分 2又CF面BDG，所以，点C到面BDG的距离hCF所以 VEBDGVABDGVCBDGSBDGh考点：立体几何的综合应用 11．〔Ⅰ〕见解析 ；〔Ⅱ〕

1314分 25 5【解析】 试题分析：〔Ⅰ〕证明直线和平面垂直的常用方法：〔1〕利用判定定理．〔2〕利用判定定理的推论〔a//b,ab〕．〔3〕利用面面平行的性质〔//,aa〕．〔4〕利用面面垂直的性质．此题即是利用面面垂直的性质；〔Ⅱ〕求面面角方法一是传统方法，作出二面角，难度较大，一般不采用，方法二是向量法，思路简单，运算量稍大，一般采用向量法.

试题解析：〔Ⅰ〕依题意,侧面AAC11C是菱形,D是AC1的中点,因为BABC1,所以

BDAC1,

又平面ABC1平面AAC11C,且BD平面ABC1,平面ABC1所以BD平面AAC11C. 5分

〔Ⅱ〕[传统法]由〔Ⅰ〕知BD平面AAC11C,CD面AAC11C,所以CDBD,

B1

C1 B

平面AAC11CAC1

H D C

A1 传统法图

A

又CDAC1,AC1BDD,所以CD平面ABC1,

过D作DHAB,垂足为H,连结CH,那么CHAB, 所以DHC为二面角C1ABC的平面角. 9分

- -可修编.

- -

在RtDAB中,AD1,BD3,AB2,

所以DH15ADDB322,CHDHDC 12分

2AB25DH5,即二面角C1ABC的余弦值是. 14分

5CH5所以cosDHC[向量法]以D为原点,建立空间直角坐标系Dxyz如下图, 6分

z B

B

C1 D A1 向量法图

A x C y

由可得AC12,AD1,BDA1DDC3,BC6 故D0,0,0,A1,0,0,B0,0,3,C11,0,0,C0,3,0, 那么AB1,0,3,BC0,3,3, 8分 设平面ABC的一个法向量是nx,y,z,

ABn0x3z0x3z那么,即,解得

yzBCn03y3z0令z1,得n3,1,1 11分

显然DC0,3,0是平面ABC1的一个法向量, 12分 所以cosn,DCnDCnDC355,即二面角C1ABC的余弦值是.

555314分

考点：线面垂直、二面角

12．〔1〕详见解析；〔2〕二面角EBDF的余弦值为【解析】

- - word.zl-

10. 10. -

试题分析：〔1〕 因为EA∥CF，所以ACFE是一个平面图形，在这个平面图形中，AC＝AE＝2，所以ΔACE是等腰直角三角形.连接AC交BD于点O，连接FO.易得OC＝FC，所以ΔOCF也是等腰直角三角形.由此可证得EC⊥OF.又由三垂线定理可证得BDEC，从而可得EC平面BDF.法二，

以点A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，AB所在直线为y轴，AE所在直线为z轴建立直角坐标系，利用向量也可证得EC面BDF.〔2〕由〔1〕知向量EC为平面BDF的法向量，再用向量方法求出平面EBD的法向量即可求出二面角EBDF的余弦值. 试题解析：〔1〕〔法一〕连接AC交BD于点O，连接FO.过点O作OH∥AE交EC于点H，连接HF，因为O是AC的中点，所以H是EC的中点，所以OHCF，且EA=2CF，所以OH∥CF且OH=CF，又因为OC所以四边形OCFH为菱形，而EA垂直于平面ABCD， 所以EAAC从而OHOC，从而四边形OCFH 为正方形进而OFCHOFCE

又因为四边形ABCD为正方形，所以BDAC; 又

1EA1，因为EA∥21AC1 2EABD且EA那么BDEC

ACA从而BD面EAC，

又BDBDF,OFBDF且BDOFO所以EC平面BDF. ..............6分

〔法二〕

以点A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，AB所在直线为y轴，AE所在直线为z轴建立直角坐标系，那么

A(0,0,0);B(0,2,0);D(2,0,0);C(2,2,0);F(2,2,1);E(0,0,2)，

所以BD(2,2,0);BF(2,0,1);EC(2,2,2) 从而有EC·BD=0，EC·BF=0 所以ECBD,ECBF 又因为BDBFB,从而EC面BDF

〔2〕由〔1〕知向量EC为平面BDF的法向量 设平面EBD的法向量为n(x,y,z)

- -可修编.

- -

nBD02x2y0那么即；令z1得x2,y2 2x2z0nED0故 cosn,ECnECnEC210 1021010 10所以二面角EBDF的余弦值为

考点：1、空间线面间的位置关系；2、二面角. 13．〔1〕证明详见解析；〔2〕证明详见解析；〔3〕点F为边BC上靠近B点的三等分点. 【解析】

试题分析：此题主要考察线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、二面角、向量法等根底知识，考察学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑推理能力.第一问，在

PBC中，E、F分别是BP、BC中点，利用中位线的性质得EF//PC，再根据线面平行

的判定得出结论；第二问，由正方形ABCD得出BCAB，利用面面垂直的性质，得BC平面PAB，利用线面垂直的性质，得BCAE，再从PAB中证出AEPB，利用线面垂直的判定得AE平面PBC，所以AE垂直面PBC的线PF；第三问，利用的这些条件整理出AD、AB、AP两两垂直，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，得出向量坐标，分别求出平面AEF和平面ABF的法向量，利用夹角公式列出表达式，求出m，即得到BF的长，从而得到点F的位置.

试题解析：〔1〕在PBC中，∵点E是PB中点，点F是BC中点， ∴EF//PC，

又∵EF平面PAC，PC平面PAC， ∴EF//平面PAC．

〔2〕∵底面ABCD是正方形，∴BCAB. 又∵侧面PAB底面ABCD，平面PAB∴BC平面PAB. ∵AE平面PAB， ∴BCAE，

由PAAB，点E是PB的中点， ∴AEPB，

又∵PBBCB，

- - word.zl-

平面ABCD=AB，且BC平面ABCD，

. -

∴AE平面PBC. ∵PF平面PBC， ∴AEPF.

〔3〕点F为边BC上靠近B点的三等分点. ∵PAAB，PB∴PAAB，

由〔2〕可知，BC平面PAB. 又BC//AD，

∴AD平面PAB，即ADPA,ADAB， ∴AD,AB,AP两两垂直.

分别以AD，AB，AP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系〔如图〕.

2AB，

不妨设AB2,BFm，那么A(0,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1)，F(m,2,0). ∴AE(0,1,1)，AF(m,2,0).

设平面AEF的一个法向量为n(p,q,r)，

qr0n•AE0∵，得，取p2，那么qm，rm，得n(2,m,m).

mp2q0n•AF0∵APAB，APAD，ABADA， ∴AP平面ABCD.

即平面ABF的一个法向量为AP(0,0,2).

- -可修编.

- -

∴

|nAP||2m|112，解得m. 3|n||AP|42m2211∵BCAB2， ∴BF1BC，即点F为边BC上靠近B点的三等分点. 3105考点：线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、二面角、向量法. 14．〔1〕16；〔2〕【解析】

试题分析：〔1〕由三视图易得AC⊥平面BCE，那么体积V〔2〕取ECSBCEDAC16；

3的中点是F，连结BF，可证∠FBA或其补角即为异面直线DE与AB所成的角，在△BAF中，利用余弦定理可求得异面直线DE与AB所成的角的余弦值为105 ；〔3〕53．

1 ；〔3〕过C作CG

⊥DE交DE于G，连AG，可证DE⊥平面ACG，

易知∠AGC为二面角A-ED-B的平面角，在△ACG中，可求得二面角A-ED-B的的正弦值为53．

AC⊥平面BCE， 那么 V试题解析：〔1〕

13SBCEDAC16

∴几何体的体积V为16．

〔2〕取EC的中点是F，连结BF，那么BF//DE，∴∠FBA或其补角即为异面直线DE与AB所成的角．

在△BAF中，AB=42，BF=AF=25．∴cosABF105．

∴异面直线DE与AB所成的角的余弦值为105

〔3〕AC⊥平面BCE，过C作CG⊥DE交DE于G，连AG．可得DE⊥平面ACG， 从而AG⊥DE,∴∠AGC为二面角A-ED-B的平面角． 在△ACG中，∠ACG=90°，AC=4，ＣG=855,∴tanAGC52．∴sinAGC53．

- - word.zl-

. -

∴二面角A-ED-B的的正弦值为53．

考点：1．空间几何体的构造特征与三视图；2．空间几何中的线面角与二面角 15．〔1〕详见解析；〔2〕【解析】

试题分析：〔1〕 取A1B的中点D，连接AD，要证A1ABB1,只要证BC平面A1ABB1 由直三棱柱的性质可知AA1BC,只需证BCAD，因此只要证明AD平面A1BC 事实上，由平面A1BC侧面A1ABB1，AD平面A1ABB1，且ADA1B 所以AD平面A1BC成立，于是结论可证.

〔2〕 思路一：连接CD，可证ACD即为直线AC与平面A1BC所成的角，那么

 3ACD=6AC22 过点A作AEA1C于点E，连DE，可证AED即为二面角AA1CB的一个平面角.在直角A1AC中 AED=3，即二面角AA1CB的大小为

 3思路二：以点B为原点，以BC、BA、BB1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系

Bxyz

设平面A1BC的一个法向量n1，平面A1AC的一个法向量为n2，利用向量的数量积求出这两个法向量的坐标，进而利用法向量的夹角求出锐二面角AA1CB的大小. 试题解析：.解〔1〕证明：如图，取A1B的中点D，连接AD， 因AA1AB，那么ADA1B

由平面A1BC侧面A1ABB1，且平面A1BC侧面A1ABB1A1B，

得AD平面A1BC，又BC平面A1BC， 所以ADBC.

因为三棱柱ABC—A1B1C1是直三棱柱，那么AA1底面ABC，所以AA1BC. 又AA1AD=A，从而BC侧面A1ABB1 ，又AB侧面A1ABB1，故ABBC.

- -可修编.

- -

解法一：连接CD，由〔1〕可知AD平面A1BC，那么CD是AC在平面A1BC的射影 ∴ACD即为直线AC与平面A1BC所成的角，那么ACD=6

在等腰直角A1AB中，AA1AB2，且点D是A1B中点，∴AD1A1B2，且2ADC=2，ACD=6∴AC22 过点A作AEA1C于点E，连DE，由〔1〕知AD平面A1BC，那么ADA1C，且

AEADA

∴AED即为二面角AA1CB的一个平面角 且直角A1AC中：AEA1AAC22226，又AD=2，ADE= 2AC3231∴sinAED=AD23， AE2623且二面角AA1CB为锐二面角 ∴AED=3，即二面角AA1CB的大小为

 3

解法二〔向量法〕：由〔1〕知ABBC且BB1底面ABC，所以以点B为原点，以

- - word.zl-

. -

BC、BA、BB1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Bxyz，如下图，且设

BCa，那么A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(a,0,0)，A1(0,2,2)，BC(a,0,0)，

BA1(0,2,2)，AC(a,2,0)， AA1(0,0,2)

设平面A1BC的一个法向量n1(x,y,z)，由BCn1， BA1n1 得：

xa0 令y1 ，得 x0,z1，那么n1(0,1,1) 2y2z0设直线AC与平面A1BC所成的角为，那么得sin6

6ACn1ACn124a221，解得a2，即AC(2,2,0) 2又设平面A1AC的一个法向量为n2，同理可得n2(1,1,0)， 设锐二面角AA1CB的大小为，那么

coscosn1,n2n1n2n1n21，且(0,)，得  232∴ 锐二面角AA1CB的大小为

. 3考点：1、空间直线、平面的位置关系；2、空间向量在立体几何问题中的应用.

- -可修编.

- -

16．〔1)祥见解析；〔2〕祥见解析；〔3〕存在满足条件的AM23. 3【解析】

试题分析：〔1〕O是AD1的中点，连接OE，由中位线定理可得EO∥BD1，再由线面平行的判定定理可得BD1∥平面A1DE；

〔2〕由正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，根据面面垂直的性质定理可得AB⊥平面ADD1A1，进而线面垂直的性质定理得到AB⊥A1D，结合A1D⊥AD1及线面垂直的判定定理，可得A1D⊥平面AD1E，进而D1E⊥A1D；

〔3〕以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如下图的空间直角坐标系，设M〔1，a，0〕〔0≤a≤2〕，分别求出平面D1MC的法向量和平面MCD的一个法向量，根据二面角D1-MC-D的大小为，结合向量夹角公式，构6造关于a的方程，解方程可得M点的坐标，进而求出AM长．

试题解析：〔1)连结AD1交A1D于F，连结EF,因为四边形AA1D1D为正方形，所以F为

AD1的中点，又点E为AB的中点，在ABD1中，有中位线定理有EF//BD1，而BD1平面A1DE，EF平面A1DE， 所以，BD1//平面A1DE.

〔2〕因为正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，所以AD1A1D，

AEA1D，

而AD1AEA，所以A1D平面A1DE，又D1E平面A1DE，所以D1EA1D.

3. 3D1(0,0,1)〔3〕存在满足条件的AM2x依题意，以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标

系，因为AB2AD2，那么D(0,0,0)，C(0,2,0)，，，A1(1,0,1)，所DD1(0,0,1)，

DC(0,2,1) 1易知DD1为平面MCD的法向量，设M(1,a,0)(a0)，所以MC(1,2a,0)平面

(x,y,z)(1,2a,0)0nD1C0D1MC的法向量为n(x,y,z)，所以，即，所以

(x,y,z)(0,2,1)0nMC0- - word.zl-

. -

z2y，取y1， x(2a)y那么n(2a,1,2)，又二面角D1MCD的大小为所以cos， 663|DD1n||(0,01)(2a,1,2)|，解得a2. 2223|DD1||n|1(2a)123，且AM2. 63故在线段AB上是存在点M，使二面角D1MCD的大小为

考点：1．空间中直线与直线之间的位置关系；２．直线与平面平行的判定；３．空间向量

求平面间的夹角. 17．〔1〕6AF5. ，〔2〕

3FA13【解析】

试题分析：〔1〕此小题考察用空间向量解决线面角问题，只需找到面的法向量与线的方向向量，注意用好如下公式：sin|cosBC,n|，且线面角的围为：[0,2考察的是用空间向量解决面面角问题，只需找到两个面的法向量，但由于F点坐标未知，

可先设出，利用二面角BFC1C的大小是45，求出F点坐标，从而可得到AF,FA1的长度，那么易求出其比值. 试题解析：

〔2〕此小题]；

zA1C1 B1 F Ax Cy

B 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得

A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4)，⑴因为F为中点，那么

F(0,0,2),BF(2,0,2),BC1(2,2,4),BC(2,2,0)，

- -可修编.

- -

nBF2x2z0设n(x,y,z)是平面BFC1的一个法向量，那么，得

nBC12x2y4z0取x1，那么n(1,1,1)，设直线BC与平面BFC1的法向量n(1,1,1)的xyz，

夹角为，那么cosBCn46，所以直线BC与平面BFC1所成角3|BC||n|223的正弦值为

6； 3⑵设F(0,0,t)(0t4),BF(2,0,t),BC1(2,2,4)，设n(x,y,z)是平面BFC1的一个法向量，那么nBF2xtz0nBC12x2y4z0平

面

，取z2，那么n(t,t4,2)，

AB(2,0,0)是

FC1C的一个法向量，

cosn,ABnAB2t2553，得t，即AF,FA1，2222|n||AB|2t2(t4)24所以当

AF5时，二面角BFC1C的大小是45. FA13考点：运用空间向量解决线面角与面面角问题，要掌握线面角与面面角的公式，要注意合理建系.

18．〔1〕详见解析；〔2〕二面角BADE的大小是【解析】

试题分析：〔1〕求证：DE平面ACD，证明线面垂直，先证线线垂直，即证线和平面两条相交直线垂直，由可得DEDC，只需证明ACDE，或ADDE，由平面ABC平面BCDE，只需证明ACBC，就得AC平面BCDE，即ACDE，而由

． 6AC2,AB2，在直角梯形BCDE中，易求BC2，从而满足AB2AC2BC2，

即得ACBC，问题得证；〔2〕求二面角BADE的大小，可用传统方法，也可用向量法，用传统方法，关键是找二面角的平面角，可利用三垂线定理来找，但此题不存在利用三垂线定理的条件，因此利用垂面法，即作BFAD，与AD交于点F，过点F作

FGDE，与AE交于点G，连结BG，由〔1〕知，DEAD，那么FGAD，，所

- - word.zl-

. -

以BFG是二面角BADE的平面角，求出BFG的三条边，利用余弦定理，即可求出二面角BADE的大小，用向量法，首先建立空间坐标系，先找三条两两垂直的直线作为坐标轴，观察几何图形可知，以D为原点，分别以射线DE,DC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，写出个点坐标，设出设平面ADE的法向量为

mx1,y1,z1，平面ABD的法向量为

nx2,y2,z2，求出它们的一个法向量，利用法

向量的夹角与二面角的关系，即可求出二面角BADE的大小．

〔1〕在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2得，BDBC2，由

AC2,AB2，那么AB2AC2BC2，即ACBC，又平面ABC平面BCDE，

从而AC平面BCDE，所以ACDE，又DEDC，从而DE平面ACD； 〔2〕方法一：作BFAD，与AD交于点F，过点F作FGDE，与AE交于点G，连结BG，由〔1〕知，DEAD，那么FGAD，，所以BFG是二面角BADE的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2BD2BC2，得BDBC，又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，从而，由于AC平面BCDE，得：ACCD，BDAB，在RtACD中，由CD2，ACA62，得AD6，

4FDGEBC8101214

16在RtAED中，DE1，AD6，得AE7，在RtABD中，BD2，AB2，

18AD6，得BF2322，AFAD，从而GF，在ABE,ABG中，利用余弦333得

定理分别可cosBAE572,BG143，在

BFG中，

- -可修编.

- -

GF2BF2BG23cosBFG，所以BFG，即二面角BADE的大小

2BFGF26是

． 6方法二：以D为原点，分别以射线DE,DC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz如

下

图

，

由

题

意

可

知

各

点

坐

标

如

下

：

D0,0,0,E1,0,0,C0,2,0,A0,2,2,B1,1,0，设平面ADE的法向量为

mx1,y1,z1，平面ABD的法向量为nx2,y2,z2，可算得AD0,2,2，

mAD0DB1,1,0,AE1,2,2，由得，

mAE002y12z10，可取x12y12z10nAD002y22z20m0,1,2，由得，，可取n1,1,2，于是

x2y20nBD0cosm,n是

mnmn3，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角BADE的大小2． 6Z4A68DExC10Y12B14

1618点评：此题主要考察空间点，线，面位置关系，二面角等根底知识，空间向量的应用 ，同时考察空间想象能力，与推理论证，运算求解能力． 19．〔1〕证明过程详见解析；〔2〕证明过程详见解析；〔3〕6. 6【解析】

试题分析：此题主要考察中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角等根底知识，考察学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，作出辅助线MN，N为DE中点，在EDC中，利用中位线得到MN//CD，且MN1CD，结合2条件，可证出四边形ABMN为平行四边形，所以BM//AN，利用线面平行的判定，得BM- - word.zl-

. -

∥平面ADEF；第二问，利用面面垂直的性质，判断ED面ABCD，再利用的边长，可证出BCBD，那么利用线面垂直的判定得BC平面BDE，再利用面面垂直的判定得平面BCE平面BDE；第三问，可以利用传统几何法证明二面角的平面角，也可以利用向量法建立空间直角坐标系，求出平面BEC和平面ADEF的法向量，利用夹角公式计算即可. 〔1〕证明：取DE中点N，连结MN,AN．

在△EDC中，

M,N分别为EC,ED的中点，所以MN∥CD，且

11MNCD．由AB∥CD，ABCD，所以

22MN∥AB，且MNAB．所以四边形ABMN为平行四边形，

所以BM∥AN．

又因为AN平面ADEF，且BM平面ADEF， 所以BM∥平面ADEF． 4分

〔2〕证明：在正方形ADEF中，EDAD．又因为 平面ADEF平面ABCD，且平面ADEF平面ABCDAD，

所以ED平面ABCD．所以EDBC． 6分 在直角梯形ABCD中，ABAD2，CD4，可得BC22． 在△BCD中，BDBC22,CD4，所以BCBD． 7分 所以BC平面BDE． 8分

又因为BC平面BCE，所以平面BDE平面BEC． 9分 〔3〕〔方法一〕延长DA和CB交于G．

- -可修编.

- -

在平面ADEF过A作AKEG于K,连结BK．由平面ADEF平面ABCD，

AB∥CD，ADCD，平面ADEF平面ABCD=AD，

得AB平面ADEF，于是ABEG．

又ABAKA，EG平面ABK，所以BKEG， 于是BKA就是平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的 平面角. 12分 由RtAKGRtEDG,25AKAG. ,EDAG2,GE25，得AK5DEGEAK2AB2230. 5又AB2，于是有KB25AK6在RtAKB中，cosBKA. 5BK23065所以平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值为

6． 14分 6〔方法二〕由〔2〕知ED平面ABCD，且ADCD．

以D为原点，DA,DC,DE所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系．

- - word.zl-

. -

易得 B(2,2,0),C(0,4,0),E(0,0,2).平面ADEF的一个法向量为m(0,1,0).设

n(x,y,z)为平面BEC的一个法向量，因为BC(2,2,0),，CE(0,4,2)所以

2x2y0，令x1，得y1,z2． 4y2z0所以n(1,1,2)为平面BEC的一个法向量． １２分 设平面BEC与平面ADEF所成锐二面角为． 那么cos|mn|16．所以平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的|m||n|11146余弦值为6． 14分 6考点：中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角. 20．〔1〕详见解析；〔2〕【解析】

试题分析：〔1〕连接AF，利用平行线的传递性结合AB2EF得到FG//1. 21AD，再利用2点M为AD的中点得到FG//AM，从而证明四边形AFGM为平行四边形，从而得到〔2〕建立以点A为坐GM//AF，最终结合直线与平面的判定定理证明GM//平面ABFE；

标原点，以AC、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系Axyz，利用空间向量法来求二面角ABFC的余弦值. 试题解析：〔1〕

EF//AB，FG//BC，EG//AC，ACB90，

EGF90，ABCEFG，

- -可修编.

- -

由于AB2EF，因此BC2FG.连接AF，由于FG//BC，FG1BC， 2

1BC， 2因此，FG//AM且FGAM，所以四边形AFGM为平行四边形，GM//FA， 又FA平面ABFE，GM平面ABFE，GM//平面ABFE；

在平行四边形ABCD中，M是线段AD的中点，那么AM//BC，且AM〔2〕

ACB90，CAD90，

又EA平面ABCD，AC、AD、AE两两垂直。

分别以AC、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴建立如下图的空间直角坐标系Axyz，

那么A0,0,0、B2,2,0、C2,0,0、D0,0,1， 故AB2,2,0，BC0,2,0，又EF设平面BFC的法向量mx1,y1,z1，

1AB，F1,1,1，BF1,1,1. 2y10mBC0那么，，取z11，得x11，所以m1,0,1，

xz11mBF0设平面ABF的法向量n(x2,y2,z2)，那么

x2y2nAB0，∴，取y21，得x21，所以n1,1,0， z02nBF0所以cosm,nmnmn1 2- - word.zl-

. -

故二面角ABFC的余弦值为

12. 考点：1.直线与平面平行；2.利用空间向量法求二面角

- -可修编.