【高考二轮压轴题】立体几何经典大题汇编(含答案)9

未命名

一、解答题

1．如图，BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，AB23.

（1）求直线AM与平面BCD所成的角的大小； （2）求平面ACM与平面BCD所成的二面角的正弦值.

2．如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2．

（1）求证：MN∥平面BDE； （2）求二面角CEMN的正弦值；

（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为的长．

3．如图，四棱锥PABCD的一个侧面PAD为等边三角形，且平面PAD平面

7，求线段AH21ABCD，四边形ABCD是平行四边形，AD2，BD23，BAD3.

试卷第1页，总16页

（1）求证：BDPD；

（2）求二面角PBCD的余弦值.

4．如图所示，在四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD是边长为2的正方形，

PBPD32，PC4，点E为PA中点，AC与BD交于点O.

（Ⅰ）求证：OE平面ABCD； （Ⅱ）求二面角BPAD的余弦值.

5．如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD成30°中,∠B=∠C=90°的角.

求证:(1)CM∥平面PAD． (2)平面PAB⊥平面PAD．

6．如图1，ABC是等腰直角三角形，ABAC32，D，E分别是AC，AB上的点，CDBE2,将ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥ABCDE，使

得ABAC23．

图1 图2

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（1）证明：平面ABC平面BCD；

（2）求AB与平面ACD所成角的余弦值．

7．如图甲所示，BO是梯形ABCD的高，BAD45，OBBC1，OD3OA，先将梯形ABCD沿OB折起如图乙所示的四棱锥POBCD，使得PC3.

（1）在棱PD上是否存在一点F，使得CF//平面POB？若存在，请求出PF的值，若不存在，请说明理由;

（2）点E是线段PB上一动点，当直线CE与DP所成的角最小时，求二面角

BCED的余弦值.

8．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD底面ABCD，且PAPD2AD，设E，F，G分别为PC，BD，DC的中点. 2

（1）求证:平面EFG//平面PAD;

（2）求直线EF与平面PBD所成角的正弦值.

1ABC＝60，四9．如图，在几何体ABCDEF中，ABCD，AD＝DC＝CB＝，边形ACFE为矩形，平面ACFE平面ABCD，CF＝1.

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(1)求证：平面FBC⊥平面ACFE；

(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为

90，试求cos的取值范围．

10．已知三棱柱ABCA1B1C1，底面三角形ABC为正三角形，侧棱AA1底面ABC，

AB2,AA16，E为AA1的中点，F为BC中点.

（1）求证：直线AF//平面BEC1；

（2）求平面BEC1和平面ABC所成的锐二面角的余弦值.

11．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD,

PAAD4，AB2,M是PD中点.

（I）求直线CD与平面ACM所成的角的正弦值； （II）求点P到平面ACM的距离．

12．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E,F,G,H分别是BC,CC1,C1D1,A1A的中点．求证：

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（1）求证：EG平面BB1D1D

（2）求异面直线BF与HB1所成角的余弦值.

13．如图，在长方形ABCD中，AB4，AD2，点E是DC的中点.将ADE沿AE折起，使平面ADE平面ABCE，连结DB、DC、EB.

（1）求证：平面ADE平面BDE；

（2）求平面ADE与平面BDC所成锐二面角的余弦值.

14．AB∥CD∥EF，如图，梯形ABCD所在的平面与等腰梯形ABEF所在的平面互相垂直，AB⊥AD，CD＝DA＝AF＝FE＝2，AB＝4.

(1)求证：DF∥平面BCE； (2)求二面角C—BF—A的正弦值；

(3)线段CE上是否存在点G，使得AG⊥平面BCF？请说明理由．

15．如图，已知正四棱锥PABCD的高为2，底面边长为2，M是棱PC的中点

（1）求直线AM与平面PAB所成角的大小； （2）求点M到平面PAB的距离.

16．在三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是正三角形，AB23，点A1在底面ABC上

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的射影O恰好是BC中点，侧棱和底面成45角.

（1）求证：AA1BC；

（2）求二面角CAA1B的大小； （3）求直线AB与平面AA1C所成角的大小.

17．在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，正方形ABCD的边长为2，PA4，设E为侧棱PC的中点.

（1）求正四棱锥EABCD的体积V； （2）求直线BE与平面PCD所成角的大小.

18．如图，直线PA平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且PAAD2，点E，

F，G分别是线段PA，PD，CD的中点.

(1)求异面直线EG与BD所成角的大小(结果用反三角表示)；

(2)在线段CD上是否存在一点Q，使BFEQ，若存在，求出DQ的长，若不存在，请说明理由.

19．如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1、BB1是圆柱的两条母线，C是弧AB的中点.

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（1）求异面直线PA1与BC所成的角的大小； （2）求点B1到平面PAC的距离.

20．如图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝AC＝2，AB＝BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB．

（1）求证：AB⊥平面PCB；

（2）求二面角C﹣PA﹣B的大小的余弦值．

21．如图，在四棱锥PABCD中，PAPD，PAPD，AD的中点是E，PE面ABCD，ABAD，AB1,AD2,ACCD5，

（1）求异面直线PC与AB所成角的大小； （2）求面PDC与平面PAB所成二面角的大小．

22．已知向量b与向量a2,1,2共线，且ab18，kabkab，求实数k的值.

23．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是一个菱形，三角形PAD是一个等腰三

试卷第7页，总16页

角形，∠BAD＝∠PAD＝

，点E在线段PC上，且PE＝3EC． 3

（1）求证：AD⊥PB；

（2）若平面PAD⊥平面ABCD，求二面角E﹣AB﹣P的余弦值．

24．PA⊥平面ABCD，AP=2，如图，在四棱锥PABCD中，已知底面ABCD是矩形，AB=2，AD=4，且E、F分别是PB、PC的中点。

(1)求三棱锥FPAD的体积；

(2)求直线EC与平面PCD所成角的大小(结果用反三角函数值表示). 25．如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=. 为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°

1AD．E2

（I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (II)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 26．如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知AB1，BB12.

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（1）求异面直线A1C与直线AD1所成的角的大小； （2）求点C到平面AB1D1的距离.

27．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2,AA13.

（1）求四棱锥A1ABCD的体积； （2）求异面直线A1C与DD1所成角的大小．

28．如图1，在平面四边形ABCD中，ABBC2AD2,CD3,ADC90，

现将ADC沿四边形ABCD的对角线AC折起，使点D运动到点P，如图2，这时平面APC平面ABC.

（1）求直线PB与平面ABC所成角的正切值； （2）求二面角BAPC的正切值.

029．在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，DAB60,PC平面ABCD，

且AB2,PC6,F 是PC的中点.

（Ⅰ）求证：PA//平面DBF；

（Ⅱ）求直线PA和平面PBC所成的角的正弦值．

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30．如图，在矩形ABCD中，AB2，BC3，点E是边AD上一点，且AE2ED，点H是BE的中点，将△ABE沿着BE折起，使点A运动到点S处，且满足SCSD.

（1）证明：SH平面BCDE； （2）求二面角CSBE的余弦值.

31．EA⊥平面ABCD，AD=在如图所示的几何体中，四边形ABCD为等腰梯形，且ADBC，AD＝AE＝1，∠ABC＝60°，EF=

1BC，21AC，且EFAC． 2

（Ⅰ）证明：AB⊥CF；

（Ⅱ）求二面角B﹣EF﹣D的余弦值．

32．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，且∠AOC＝120°，PA⊥平面ABC，AB＝4，PA＝23，D是PC的中点，点M是⊙O上的动点（不与A，C重合）．

（1）证明：AD⊥PB；

（2）当三棱锥D﹣ACM体积最大时，求面MAD与面MCD所成二面角的正弦值. 33．如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AD//BC,ADCD，且

试卷第10页，总16页

ADCD22，BC42，PA2，点M在PD上．

（1）求证：ABPC；

（2）若二面角MACD的大小为45，求BM与平面PAC所成角的正弦值． 34．如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD， PA＝AD＝2，E，F分别为PA，AB的中点，且DF⊥CE.

(1）求AB的长；

(2）求直线CF与平面DEF所成角的正弦值．

35．已知三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA1，侧面ABB1A1底面ABC，D是

BC的中点，B1BA60，B1DAB.

（Ⅰ）求证：ABC为直角三角形； （Ⅱ）求二面角C1ADB的余弦值．

36．如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，底面ABCD是直角梯形

ABAD,AB//CD，AB2AD2CD4，PC4.

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（1）证明：当点E在PB上运动时，始终有平面EAC平面PBC； （2）求锐二而角APBC的余弦值.

37．如图，在三棱锥VABC中，ABC45，VB2，VC3，BC1，

AB22，且V在平面ABC上的射影D在线段AB上．

（Ⅰ）求证：DCBC；

（Ⅱ）设二面角VACB为，求的余弦值．

38．如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是矩形，M是AB的中点，AC与DM交于点O，SO平面ABCD，AB26，AD23，SO2．

（1）求证；平面SAC平面SDM

（2）求直线SB与平面SAD所成角的正弦值．

Q、R分别为棱AD、DC、39．如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，P、

CC1的中点.

（1）求三棱锥APQR的体积；

试卷第12页，总16页

（2）求直线AB与平面PQR所成角的大小.

40．如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，ABBC1AD，E为AD中点，O是2AC与BE的交点，将ABE沿BE翻折到图2中A1BE的位置得到四棱锥

A1BCDE。

（1）求证：CDA1C （2）若A1C2AB,BE3AB，求二面角BA1ED的余弦值。 241．如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点.

（1）求证：ACSD；

（2）若SD平面PAC，求二面角PACS的大小；

（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC.若存在，求SC:SE的值；若不存在，试说明理由.

42．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC2,ABAC,M是棱BC的中点，点P在线段A1B上．

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（1）若P是线段A1B的中点，求直线MP与直线AC所成角的大小 （2）若N是CC1的中点，直线A1B与平面PMN所成角的正弦值为长度．

43．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为

7，求线段BP的743的菱形，BCD60，323. 3平面FBC平面ABCD，EF//AB，FBFC，EFAC与BD交于点O，

（1）求证：OE平面ABCD；

（2）若FBC为等边三角形，点Q为AE的中点，求二面角QBCA的余弦值. 44．如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AD//BC,ADCD，且

ADCD22，BC42，PA4。

(1)求证：ABPC；

(2)在线段PD上是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45，如果存在，

试卷第14页，总16页

PM求出的值；如果不存在，请说明理由。

PD45．如图所示，半圆弧AD所在平面与平面ABCD垂直，且M是AD上异于A，D的点，AB∥CD，ABC90，AB2CD2BC.

（1）求证：AM平面BDM；

（2）若M为AD的中点，求二面角BMCD的余弦值.

46．已知棱台ABCA1B1C1，平面AA1C1C平面A1B1C1，B1AC1160˚，

A1B1C190˚，AA1ACCC１AC11，D，E分别是BC和A1C1的中点。 2

（Ⅰ）证明：DEB1C1；

（Ⅱ）求DE与平面BCC1B1所成角的余弦值。 47．如图，在几何体ABCDE中CDAE，EAC90，平面EACD平面ABC，

CD2,EA1,ABAC2,BC23,F为BD的中点.

（1）证明：EF∥平面ABC；

（2）求直线AB与平面BDE所成角的正弦值.

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48．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.

（1）证明：ACAB1； （2）若AC的绝对值.

49．已知三棱锥PABC中，△ABC为等腰直角三角形，ABAC1, PB PC5，设点E为PA中点，点D为AC中点，点F为PB上一点，且PF2FB．

AB1，CBB160，ABBC1，求二面角AA1B1C1的余弦值

（1）证明：BD//平面CEF；

（2）若PAAC，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

BAC90，ABBB11，50．已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，直线B1C与平面ABC

成30°的角．

（1）求三棱锥C1AB1C的体积； （2）求二面角BB1CA的余弦值．

试卷第16页，总16页

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参考答案

1．（1）45；（2）sin【解析】 【分析】

（1）根据题目条件建立空间直角坐标系，求出平面BCD的法向量，根据线面角的向量公式即可求出；

（2）分别求出平面ACM与平面BCD的法向量，再利用二面角的向量公式即可求出． 【详解】

取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD， 又平面MCD平面BCD，则MO平面BCD.

以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.

25 5

C1,0,0，M0,0,3，B0,3,0，则各点坐标分别为O0,0,0，OBOM3，A0,3,23，

（1）设直线AM与平面BCD所成的角为.

因AM0,3,3，平面BCD的法向量为n0,0,1，则有

sin|cosAM,n|AMn32，所以45.

2|AM||n|6（2）CM1,0,3，CA1,3,23.设平面ACM的法向量为n1x,y,z，

x3z0n1CM.解得x3z，yz， 由得n1CAx3y23z0答案第1页，总76页

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取n13,1,1，又平面BCD的法向量为n0,0,1，则cosn1,n2n1n1 |n1||n|5251. 设所求二面角为，则sin155【点睛】

本题主要考查利用向量法计算立体几何中的线面角和二面角，意在考查学生的直观想象和数学运算能力．

2．（1）证明见解析；（2）【解析】 【详解】

试题分析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.首先要建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明线面平行只需求出平面的法向量，计算直线对应的向量与法向量的数量积为0，求二面角只需求出两个半平面对应的法向量，借助法向量的夹角求二面角，利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值，利用已知条件，求出AH的值.

试题解析：如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.

81105；（3）或．

5221

（1）证明：DE=（0，2，0），DB=（2，0，2）.设nx,y,z，为平面BDE的法向量，

答案第2页，总76页

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nDE02y0.不妨设z1，可得n1,0,1.又MN=（1，2，1）则，即，

2x2z0nDB0可得MNn0.

因为MN平面BDE，所以MN//平面BDE.

（2）解：易知n11,0,0为平面CEM的一个法向量.设n2x,y,z为平面EMN的法向量，则n2EM02yz0.不，因为EM0,2,1，MN1,2,1，所以x2yz0n2MN0妨设y1，可得n24,1,2. 因此有cosn1,n2n1n24105. ，于是sinn1,n2n1n22121105. 21所以，二面角C—EM—N的正弦值为（3）解：依题意，设AH=h（0h4），则H（0，0，h），进而可得NH1,2,h，

BE2,2,2.由已知，得cosNH,BE10h21h80，解得h2NHBENHBE2h2h25237，整理得2181，或h. 52所以，线段AH的长为【考点】

81或. 52直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角 【名师点睛】

空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易. 3．（1）详见解析（2）【解析】 【分析】

（1）由面面垂直的性质可得BD平面PAD，即可证得BDPD（2）作POAD于

25 5答案第3页，总76页

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点O，过点O作OEBC于点E，连接PE，以O为坐标原点，以OA，OE，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求平面PBC法向量，利用向量夹角即可求出. 【详解】

（1）证明：在ABD中，AD2，BD23，BAD∴ADBD.

又平面PAD平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD，

3，

∴BD平面PAD，∴BDPD. （2）如图，作POAD于点O， 则PO平面ABCD，

过点O作OEBC于点E，连接PE，

以O为坐标原点，以OA，OE，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则D1,0,0，B1,23,0，P0,0,3，C3,23,0，

uurBP1,23,3，BC2,0,0，

由（1）知平面DBC的一个法向量为0,0,1， 设平面PBC的法向量为nx,y,z，

nBC02x0则，即，

x23y3z0nBP0取n0,1,2，

设平面DBC与平面PBC所成二面角的平面角为，

答案第4页，总76页

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则cos25. 525. 5所以二面角PBCD的余弦值为【点睛】

本题主要考查了面面垂直，线面垂直，线线垂直，二面角的向量求法，属于中档题. 4．（I）见解析；（II）【解析】

试题分析：（Ⅰ）易证得PCBC和PCCD，从而得PC平面ABCD，再由OE//PC得PC平面ABCD，从而得证；

（Ⅱ）建立空间直角坐标系，分别求得平面PAB和平面PAD的一个法向量，利用法向量的夹角公式可得二面角的余弦. 试题解析：

（I）在△PBC中，有PB2PC2BC2

1. 9 PCBC

同理可得：PCCD

而BCCDC，BC,CD平面ABCD

 PC平面ABCD

在△PAC中，易知O、E分别为AC、PA中点，则OE//PC，而PC平面ABCD

 OE平面ABCD．

（II）由（I）知：OE平面ABCD，故可建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，则

A（1,0,0）（0,1,0），0，4 ，B，D0,1,0，P1 AP2,0，4，AB1,1,0，AD1,1,0

设n1x1,y1,z1、 n2x2,y2,z2分别为平面PAB和平面PAD的一个法向量，则

AP0AP0n1·n2· ，n·AB0n·AD012答案第5页，总76页

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 2x14z102x24z20 ，xy0xy02211不妨设z1z21，则n12,2,1，n22,2,1

 cosn1,n2n1·n2n1·n2222211222212?22212219

由图易知二面角BPAD为钝二面角

二面角的BPAD的余弦值为1． 9

5．见解析 【解析】

建立空间直角坐标系.(1)可证明

与平面PAD的法向量垂直;也可将

分解为平面PAD内

的两个向量的线性组合,利用共面向量定理证明. (2)取AP中点E,利用向量证明BE⊥平面PAD即可. 【证明】由题意可知:

以C为坐标原点,CB所在直线为x轴,CD所在直线为y轴,CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.

∵PC⊥平面ABCD,

∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角, ∴∠PBC=30°. ∵PC=2,∴BC=2

,PB=4.

答案第6页，总76页

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∴D(0,1,0),B(2A(2∴

,0,0),

,4,0),P(0,0,2),M(,0,), =(0,-1,2),

=(2

,3,0),

=(,0,).

(1)方法一:令n=(x,y,z)为平面PAD的一个法向量,则{DP?n=0,DA?n=0,

即

令y=2,得n=(-∵n·∴n⊥

=-

DP?n=0,∴{

DA?n=0,,2,1).

×+2×0+1×=0,

.又CM⊄平面PAD,

∴CM∥平面PAD. 方法二:∵假设

=(0,1,-2),

=(2

,4,-2),

∥平面PAD,

=x0

+y0

,则

则存在x0,y0使

方程组的解为

∴=-+.

与

,

共面,故假设成立.

由共面向量定理知又∵CM⊄平面PAD, ∴CM∥平面PAD.

(2)取AP的中点E,连接BE,则E(=(-,2,1).

,2,1),

易知PB=AB,∴BE⊥PA. 又∵

·=(-,2,1)·(2

,3,0)=0,

答案第7页，总76页

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∴⊥,∴BE⊥DA.又PA∩DA=A,

∴BE⊥平面PAD. 又∵BE⊂平面PAB, ∴平面PAB⊥平面PAD. 6．（1）证明见解析 （2）10 5【解析】 【分析】

（1）取BC中点O，连接OD，OE，因为ABAC，O为BC中点,根据题意即可求出AO3，OD5，由AD22即可得到AOOD，即可说明AO平面BCD,

则可证明平面ABC平面BCD.

（2）以O点为原点，建立空间直角坐标系O-xyz. 则可写出A，C，D，B的坐标，即可

求出平面ACD的法向量n(1,1,3),利用公式cosn,ABnABnAB，即可求出答案.

【详解】 （1）如图所示：

取BC中点O，连接OD，OE，因为ABAC，O为BC中点,

所以AOBC

则BO1BC3,AO(23)2323．

25．

在OCD中，OD2CD2OC22CDOCcosOCD5，OD2在AOD中，AOOD235AD2，所以AOOD．

∵BCODO，∴AO平面BCD．

答案第8页，总76页

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又AO平面ABC，所以平面ABC平面BCD．

（2）如图所示：

以O点为原点，建立空间直角坐标系O-xyz，

则A(0,0,3)，C(0,3,0)，D(1,2,0)，B(0,3,0)， 所以CA(0,3,3)，DA(1,2,3)，

设n(x,y,z)为平面ACD的法向量，则

nCA03y3z0，即，令x1，得n(1,1,3)． nDA0x2y3z0又AB(0,3,3)， 所以cosn,ABnABnAB6155． 52315． 52即AB与平面ACD所成角的正弦值为1510 所以AB与平面ACD所成角的余弦值为155【点睛】

本题考查面面垂直，线面所成角的余弦值.属于基础题,要证明面面垂直，只需在其中一个平面内找到一条直线垂直于另一个平面;线面角的一般求法，建立直角坐标系，求出平面的法向量n，再利用公式cosn,ABnABnAB即可.

7．（1）存在点F，使得CF//平面POB，此时PF【解析】 【分析】

答案第9页，总76页

105138,详见解析（2） 369本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（1）过C作CG//OB交OD于G，作GF//OP交PD于F，连接CF，易得CG//平面POB，从而得到平面CFG//平面POB，所以得到CF//平面POB，GF//平面POB，而此时根据几何关系可以得到PF110；（2）以O为坐标原点建立空间直角坐标PD33系，PEPB01，表示出CE与DP所成角为的余弦值，并求出最小时的值，从而得到各点坐标，再求出平面BCE和平面CDE的法向量，根据两个法向量之间的夹角公式，求得答案. 【详解】

解:（1）存在点F，使得CF//平面POB，此时PF10，理由如下: 3

依题，PC3，OC2，OP1，

即OC2OP2PC2， 所以OPOC，

因为OPOB，OC平面OBCD，OB平面OBCD，OC所以OP平面OBCD，

所以OPOD，所以PD1910，

过C作CG//OB交OD于G，作GF//OP交PD于F，连接CF， 因为OBBC1，OBOA，OD3OA 所以OD3BC， 所以OGOBO

1OD， 3110 PD33而GF//OP，所以有PFCG//OB，OB平面POB，CG平面POB，

答案第10页，总76页

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所以CG//平面POB

GF//OP，OP平面POB，GF平面POB，

所以GF//平面POB

FG,CG平面CFG，FGCGG，

所以平面CFG//平面POB， 而CF平面CFG 所以CF//平面POB.

故存在点F，使得CF//平面POB，此时PF10 3（2）以O为坐标原点，OB，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

C1,1,0，D0,3,0，P0,0,1，B1,0,0，

设PEPB01，Ex,y,z

即x,y,z11,0,1，所以E,0,1，

CE1,1,1，DP0,3,1

设直线CE与DP所成角为 则coscosCE,DP|4|102432410243201

令t4，则4t3t4，

cost102t212t1912 111019122tt答案第11页，总76页

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111cos1令a，则a，，

t431019a212a2当a16时，cos取最大值， 2191019a12a2此时直线CE与DP所成的角最小.此时

5

. 6

所以E,0,，又因为C1,1,0，D0,3,0，B1,0,0

5616所以BC0,1,0，CE,1,，CD1,2,0 设平面BCE法向量分别为n1x1,y1,z1

1616y10BCn10 则，即11xyz0CEn0111166取x1得平面BCE的法向量为n11,0,1， 设平面CED法向量为n2x2,y2,z2

x22y20CDn20 则，即11xyz0CEn0222266取x2得平面CED法向量为n22,1,8 所以cosn1,n2n1n2n1n2105138，

692695138. 69由图可知，二面角BCED为钝二面角，则其余弦值为【点睛】

本题考查线面平行的判定，面面平行的判定和性质，利用空间向量表示线线角和面面角，对计算的要求较高，属于难题. 8．（1）证明见解析（2）6 3答案第12页，总76页

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【解析】 【分析】

（1）由EG//PD，得到EG//平面PAD，由FG//BC//AD，得到FG//平面PAD，

从而得到平面EFG//平面PAD；（2）D为坐标原点，DA，DC，DH分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AD2a，表示出所需的点的坐标，然后得到平面PBD的法

向量n，利用公式得到n与EF的夹角余弦值，从而得到答案. 【详解】

解:（1）证明:E，F，G为PC，BD，DC的中点， ∴EG//PD，FG//BC

因为EG平面PAD，PD平面PAD 所以EG//平面PAD，

因为ABCD是正方形，所以BC//AD， 所以FG//AD

因为FG平面PAD，AD平面PAD， 所以FG//平面PAD 又EGFGG，且EG，FG平面EFG

所以平面EFG//平面PAD.

（2）

解:

平面PAD平面ABCD，过D作面ABCD的垂线DH，

以D为坐标原点，DA，DC，DH分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系. 设AD2a，则Pa,0,a，C0,2a,0，∴E又因为B2a,2a,0，D0,0,0

答案第13页，总76页

aa,a,

22本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

所以DB2a,2a,0，DPa,0,a， 设平面PBD的法向量nx,y,z，

r则xy0，则可取n1,1,1，

xz0aaFa,a,0，EF,0,

22所以

cosEF,nEFnEFna32a263，

所以直线EF与平面PBD所成的角的正弦值为cosEF,n【点睛】

6. 3本题考查线面平行的判定，面面平行的判定，通过空间向量求线面角，属于中档题.

71, 9．（1）证明见解析 （2）72【解析】 【分析】

（1）根据余弦定理求得AC，根据勾股定理证得BCAC，结合面面垂直的性质定理，证得BC⊥平面ACFE，由此证得面FBC平面ACFE.

（2）以CA,CB,CF为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设出M点坐标，计算平面MAB和平面FCB的法向量，通过两个法向量计算cos的表达式，进而求得cos的取值范围. 【详解】

1ABC＝60，∴AB＝2. (1)证明：在四边形ABCD中，∵ABCD，AD＝DC＝CB＝，∴AC2AB2BC22ABBCcos60＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，BCAC. ∵平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCD＝AC，BC平面ABCD，

BC平面ACFE.又因为BC平面FBC，所以平面FBC平面ACFE.

(2)由(1)知可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系

C－xyz，令FM＝(03)．

答案第14页，总76页

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则C0,0,0，A(3,0,0)，B0,1,0，M(,0,1)． ∴AB＝(3，1,0),BM(,1,1)． 设n1(x,y,z)为平面MAB的法向量，

n1AB03xy0由得取x1，则n1(1,3,3)． n1BM0xyz0n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，

∴cosn1n2n1n21324. 03，∴当＝0时，cos有最小值17，当3时，cos有最大值.所以

27cos的取值范围是【点睛】

71,. 72本小题主要考查面面垂直的证明，考查利用空间向量法求二面角余弦值的取值范围，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 10．（1）详见解析; （2）【解析】

试题分析：先利用题中的垂直关系建立合适的空间直角坐标系，写出相关点的坐标；（1）求出直线的方向向量和平面的法向量，利用两者垂直进行证明；（2）利用两个半平面的法向量的夹角进行求解.

答案第15页，总76页

10. 10本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

试题解析：取B1C1中点为S，连接FS，以点F为坐标原点，FA为x轴，FC为y轴，FS为z轴建立空间直角坐标系，则A3,0,0,C0,1,0,F0,0,0,B0,1,0，

A13,0,6,C10,1,6,B0,1,6,E3,0,3，

（1）则AF3,0,0，BE3,1,3,BC10,2,6，

设平面BEC1的法向量为mx1,y1,z1，则mBE0,mBC10，即

{3x1y13z10,令y13，则x10,z11，即m0,3,1，所以AFm0，故直

2y16z10线AF//平面BEC1．

（2）设平面ABC的法向量n0,0,1，则cosmn10． mn1011．(I)

266 (II) 33【解析】 【分析】

（I）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量数量积运算公式，求解． （II）利用点面距离的向量公式求P到平面的距离． 【详解】

因为AP,AB,AD两两互相垂直，如图所示，建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，P(0,0,4)，B(2,0,0)， C(2,4,0)，D(0,4,0)，M(0,2,2)；

2x4y0设平面ACM的一个法向量n(x,y,z)，由nAC,nAM可得：，

2y2z0令z1，则n(2,1,1).

(I)设所求角为，又CD2,0,0 ，则sinCDnCDn46， 326(II)设点P到平面ACM距离为h，AP0,0,4 则hAPn426. n36答案第16页，总76页

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【点睛】

本题考查利用向量法求空间角、空间距离问题．利用向量求直线与平面所成的角及点到平面的距离关键是求得平面的法向量． 12．（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）取BD的中点O，连接EO,D1O，证明四边形OEGD1是平行四边形，从而EG//D1O，进而可得EG平面BB1D1D；

1 5（2）设出正方体的棱长，利用向量的加法和数量积求出BFHB1，根据向量的夹角公式可求出异面直线BF与HB1所成角的余弦值. 【详解】

（1）取BD的中点O，连接EO,D1O，

答案第17页，总76页

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1DC， 21又D1G//DC,D1GDC，

2则OE//DC,OEOE//D1G,OED1G

∴四边形OEGD1是平行四边形，

EG//D1O，又D1O平面BB1D1D，EG平面BB1D1D，

∴EG平面BB1D1D；

（2）设正方体的棱长为2，异面直线BF与HB1所成角为， 则BFHB15，

BFHB1(BCCF)(HA1A1B1)BCHA1BCA1B1CFHA1CFA1B1

00101，

cosBFHB1BFHB111，

555所以异面直线BF与HB1所成角的余弦值为【点睛】

1. 5本题考查线面平行的判定，以及异面直线所成的角，利用向量的夹角公式，可方便求出异面直线所成的角，不用建系，不用作图. 13．（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）由勾股定理得到AEBE,根据平面ADE平面ABCE,可得到BE平面ADE,进而证明平面ADE平面BDE；

（2）作AE的中点O,连结DO,可证得DO平面ABCE,过E作直线EF//DO; 以EA、EB、EF分别为为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,分别求出各点坐标,进而求得两平面的法向量,从而求得锐二面角的余弦值. 【详解】

11 11答案第18页，总76页

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（1）证明：∵ADDE2,ADE90 连接BE,∴AEBE22,AB4, ∴AE2BE2AB2,∴AEBE 又平面ADE平面ABCE,平面ADE∴BE平面ADE

又BE平面BDE,∴平面ADE平面BDE （2）作AE的中点O,连结DO, ∵DADE,∴DOAE,

又平面ADE平面ABCE,∴DO平面ABCE, 过E作直线EF//DO,

以EA、EB、EF分别为为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系 则E(0,0,0),A(22,0,0),B(0,22,0),D(2,0,2)

平面ABCEAE,

AB22,22,0,EB0,22,0 EC1AB(2,2,0),∴C(2,2,0) 2平面ADE的法向量n1//EB,n1(0,1,0) 又CB(2,2,0),DB(2,22,2) 设平面BDC的法向量为n2x,y,z,

n2CB0xy02x2y0,,即

x2yz0n2DB02x22y2z0平面BDC的法向量n2(1,1,3)

cosn1,n2n1n2111

n1n211212321111. 11∴平面ADE与平面BDC所成锐二面角的余弦值为【点睛】

本题考查两平面垂直的证明,考查向量法求二面角,考查运算能力.

答案第19页，总76页

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14．（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

25；（3）见解析 5(1)由CD∥EF, CD=EF，得到四边形CDFE为平行四边形，从而DF∥CE，由线面平行的判(2)在平面ABEF内，AD、AB、定定理得证DF∥平面BCE；过A作AZ⊥AB，以A为原点，AZ所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，写出相应的坐标，求出平面BCF的一个法向量n和平面ABF的一个法向量v的坐标，利用夹角公式求出二面角C—BF—A的余弦值，进而用同角三角函数关系求出正弦值；(3)假设存在满足条件的点G，设CG＝λ

CE，求出G点坐标，从而得AG的坐标，由AG∥n构造方程组，方程组无解，从而判断

满足条件的点G不存在． 【详解】

(1)证明：因为CD∥EF，且CD＝EF，所以四边形CDFE为平行四边形，所以DF∥CE，因为DF⊄平面BCE， 所以DF∥平面BCE.

(2)在平面ABEF内，过A作AZ⊥AB，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，又AZ⊂平面ABEF，AZ⊥AB，所以Az⊥平面ABCD， 所以AD⊥AB，AD⊥AZ，AZ⊥AB， 如图建立空间直角坐标系A—xyz.

由题意得，A(0,0,0)，B(0,4,0)，C(2,2,0)，E(0,3，所以＝(2，－2,0)，＝(0，－3，

)．

)，F(0,1，)．

设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝1，则x＝1，z＝

，所以n＝(1,1，

)．

即

答案第20页，总76页

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平面ABF的一个法向量为v＝(1,0,0)， 则cos〈n，v〉＝

＝

，sin〈n，v〉＝

.

.

所以二面角C—BF—A的正弦值为

(3)线段CE上不存在点G，使得AG⊥平面BCF，理由如下：

假设线段CE上存在点G，使得AG⊥平面BCF，设＝λ，其中λ∈[0,1]． 设G(x2，y2，z2)，则有(x2－2，y2－2，z2)＝(－2λ，λ，所以x2＝2－2λ，y2＝2＋λ，z2＝所以＝(2－2λ，2＋λ，

λ)．

λ)，

λ)，

λ，从而G(2－2λ，2＋λ，

因为AG⊥平面BCF，所以∥n. 所以有

＝

＝

，

因为上述方程无解，所以假设不成立．

所以线段CE上不存在点G，使得AG⊥平面BCF. 【点睛】

本题主要考查了向量法，直线与平面平行的判定，二面角，直线与平面的垂直，属于中档题. 15．（1）arcsin【解析】 【分析】

（1）建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标,即可求得平面PAB的法向量,根据直线与平面夹角的向量求法即可求得直线AM与平面PAB所成角的正弦值,进而求得角的大小. （2）根据（1）求得的夹角及AM,即可求得点M到平面PAB的距离. 【详解】

（1）以ABCD的中心为原点建立如图所示的空间直角坐标系:

2413；（2）

339答案第21页，总76页

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则OP2,ABBCCDDA2

2222220,2,M所以A2,2,0,B2,2,0,P0,4,4,1

即AB2232322,0,0,AP,,2AM,224,4,1

设平面PAB的一个法向量为mx,y,z

2x0ABm0,即2 则2xy2z0APm022令y22,则m0,22,1

设直线AM与平面PAB所成角的大小为 则sincosAM,mAMmAMm

32221141332413 39所以直线AM与平面PAB所成角的大小为arcsin413 39（2）由（1）可知, AM13413,直线AM与平面PAB所成角的正弦值为sin 239134132 2393所以点M到平面PAB的距离为dAMsin答案第22页，总76页

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【点睛】

本题考查了空间直角坐标系的综合应用,求直线与平面的夹角,点到平面距离的用法,属于中档题.

16．(1)证明见解析；（2）二面角CAA1B的大小为arccos(). （3）直线AB与平面AA1C所成角为arcsin【解析】 【分析】

(1)先证明BC⊥平面AOA1，根据线面垂直的定义即可得结论；

(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面CAA1，平面BAA1的法向量，求出两法向量的夹角，结合图形即可求解；

(3)根据（2）求出的平面CAA1的法向量，结合直线AB的方向向量，即可求解. 【详解】

(1)连接AO，因为O为BC的中点，△ABC为正三角形，所以AOBC,由点A1在底面

1515. 5BC,AOAOO,所以BC⊥平所以A1O平面ABC,所以AOABC上的射影为O，11面AOA1,又AA1平面AOA1,所以BCAA1.

(2)以O为原点，OA,OB,OA1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图.

则O(0,0,0),A(3,0,0),C(0,3,0),B(0,3,0), 因为侧棱

和底面成45角，所以A1AO45,则

A1(0,0,3),AA1(3,0,3),AC(3,3,0),AB(3,3,0),设平面CAA1的一个法向

答案第23页，总76页

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nAA10,3x13z10,量为n(x1,y1,z1)，则即令x11，则

nAC0,3x13y10y13,z11,n(1,3,1).设平面BAA1的一个法向量为m(x2,y2,z2)，则mAA10,3x23z20,即令x21，则y23,z21,m(1,3,1).所以3x3y0mAB0,22cosm,nmn1，由图可知二面角CAA1B为锐角，所以二面角CAA1B5|m||n|15的大小为arccos().

(3)由（2）可知平面CAA1的法向量为n(1,3,1)，设直线AB与平面AA1C所成角为，所以sincosn,ABnAB15，所以直线AB与平面AA1C所成角为

5|n||AB|arcsin15. 5【点睛】

本题主要考查线面垂直的判定定理、利用空间向量的方法求解二面角、线面角，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题. 817．（1）

3（2）arcsin【解析】 【分析】

230 15（1）求出点E到平面ABCD的距离h公式求解即可；

1PA2，正方形面积为4，再结合棱锥的体积2（2）建立以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴的空间直角坐标系，利用向量法求出直线BE与平面PCD所成角的大小即可. 【详解】

解：（1）因为在四棱锥PABCD中，正方形ABCD的边长为2，PA4，PA平面ABCD，

答案第24页，总76页

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又E为侧棱PC的中点，所以点E到平面ABCD的距离为h形ABCD的面积为224， 即正四棱锥EABCD的体积V11PA42，又正方22118S正方形ABCDh42， 3338故正四棱锥EABCD的体积为；

3（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系， 则B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,4)，E(1,1,2)，B(0,2,0), 则BE1,1,2,DP0,2,4,DC2,0,0, 设平面PCD的法向量为n(x,y,z)，

则nDP0nDC0 ，即2y4z0，令y2，则z1，

2x0即n(0,2,1)，

因为直线BE与平面PCD所成角， 所以sinBEnBEn465230， 15即arcsin230， 15230. 15故直线BE与平面PCD所成角的大小为arcsin答案第25页，总76页

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【点睛】

本题考查了棱锥的体积公式及利用向量法求线面角，重点考查了空间向量的应用，属中档题. 18．(1)arccos【解析】 【分析】

（1）以A点为坐标原点，分别以AB、AD、AP为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间 直角坐标系，求出EG(1,2,1)，BD(2,2,0)，根据向量夹角公式，即可求出结果；

13；(2)存在，DQ.

26FEQ（2）先假设存在一点Q，使BQx，设D，得到BF(2,1,1)，EQ(x,2,1)，

根据向量数量积运算，即可求出结果. 【详解】

（1）由题意，可得AP、AB、AD两两垂直，以A点为坐标原点，分别以AB、AD、AP为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

因为PAAD2，点E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点. 所以E(0,0,1)，G(1,2,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)， 因此EG(1,2,1)，BD(2,2,0) 设异面直线EG与BD所成角为，

答案第26页，总76页

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则cosEGBDEGBD23， 6622因此q=arccos33，即异面直线EG与BD所成角为arccos； 66（2）假设线段CD上存在一点Q，使BFEQ，

设DQx，则Q(x,2,0)，F(0,1,1)，因此BF(2,1,1)，EQ(x,2,1)， 因为BFEQ，所以BFEQ0，即2x210，解得x故DQ1. 211，所以线段CD上存在一点Q，使BFEQ，此时DQ. 22

【点睛】

本题主要考查求异面直线所成的角，以及由线线垂直求其它量的问题，熟记空间向量的方法求解即可，属于常考题型. 19．（1）arccos【解析】 【分析】

（1）以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线PA1与BC所成的角的大小即可

（2）求出平面PAC的法向量，利用向量法求出点B1到平面PAC的距离 【详解】

（1）由题意以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，

答案第27页，总76页

23310. ；（2）

1011本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

如图

则P0,0,4，A10,1,2， B0,1,0，C1,0,0,，

PA10,1,2， BC1,1,0，

cosPA1,BCPA1BC|PA1||BC|15210， 10异面直线PA1与BC所成的角的大小为arccos10．

10（2）B10,1,2， A0,10， PB10,1,2， PA0,1,4， PC1,0,4， nPAy4z0设平面PAC的法向量nx,y,z，则，取z1，得n4,4,1，

nPCx4z0点B1到平面PAC的距离为：d【点睛】

|PB1n||n|633233． 11本题考查异面直线所成角的大小、点到平面的距离的求法，向量法在立体几何中的应用，属于中档题

20．（1）详见解析；（2）【解析】 【分析】

（ 1）由题设条件，易证得PC⊥AB，CD⊥AB，故可由线面垂直的判定定理证得AB⊥平面PCB；（2）由图形知，取AP的中点O，连接CO、DO，可证得∠COD为二面角C﹣PA﹣B的平面角，在△CDO中求∠COD即可．

答案第28页，总76页

3. 3本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【详解】

（1）证明：∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC， ∴PC⊥AB．

∵CD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，

∴CD⊥AB．又PC∩CD＝C，∴AB⊥平面PCB． （2）取AP的中点O，连接CO、DO． ∵PC＝AC＝2，∴CO⊥PA，CO2，

∵CD⊥平面PAB，由三垂线定理的逆定理，得DO⊥PA． ∴∠COD为二面角C﹣PA﹣B的平面角． 由（1）AB⊥平面PCB，∴AB⊥BC， 又∵AB＝BC，AC＝2，求得BCPB2 6，CD23 3∴sinCODcos∠CODCD6 CO33． 3

【点睛】

本题考查用线面垂直的判定定理证明线面垂直，求二面角，空间角解决的关键是做角，由图形的结构及题设条件正确作出平面角，是求角的关键． 21．（1）arccos【解析】 【分析】

答案第29页，总76页

25；（2）.

25本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

首先证明EP，EC，EA两两互相垂直．（1）以E点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出PC，AB的坐标，由数量积求夹角公式求解异面直线PC与AB所成角的大小；（2）分别求出面PDC与平面PAB一个法向量，由两法向量所成角求解面PDC与平面

PAB所成二面角的大小．

【详解】 （1）

因为PAPD,E是中点，所以PEAD, 因为PE面ABCD，CE平面ABCD, 所以PECE.

DE=AE, 因为ACCD5，所以CEAD.

如图所示，以E点为坐标原点，建立空间直角坐标系，

D（0,-1,0）, A(0,1，0),B(1,1，0),C(2,0，0),P(0,0，1)

PC(2，0，1),AB(1，0，0)

异面直线PC与AB所成角为

cos|PCAB210025 |||25|PC||AB|21125 5异面直线PC与AB所成角为arccos（2）设面PDC的一个法向量为n1(u,v,w)

答案第30页，总76页

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11),，DC(2，1,0) n1DP,n1DC，又DP(0，即n1DP=00+1+1=0不妨令v2，则w2,u1，

2+1+0=0n1DC=0即面PDC的一个法向量为n1(1,2,2)， 同理可得面PAB的一个法向量为n2(0,1,1)

uruur令n1和n2所成角为，则cos所以

n1n202-20

22|n1||n2|1+2+（-2）1+1

，即面PDC与平面PAB所成二面角的大小为. 22【点睛】

本题考查利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是中档题． 22．k2 【解析】 【分析】

根据向量共线可设ba，由ab18可构造方程求得，得到b；由向量垂直可得

kabkab0，由数量积运算律可构造方程求得k.

【详解】

a,b共线 可设ba2,,2

ab44918，解得：2 b4,2,4kabkab kab2kab2k2a2b0

即414k164160，解得：k2 【点睛】

本题考查根据向量的平行、垂直关系求解参数值的问题，关键是能够明确向量共线的条件、向量垂直的坐标表示，属于基础题. 23．（1）见解析；（2）【解析】

11265 265答案第31页，总76页

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【分析】

（1）取AD中点O,连接PO,OB,根据等边三角形的性质证得AD平面POB，由此证得.2）以OA,OB,OP分别为x,y.z轴建立空间直角坐标系，通过计算平面EAB和ADPB（

平面PAB的法向量，计算出二面角EABP的余弦值. 【详解】

（1）取AD中点O,连接PO,OB,

由条件知PAD和ABD均为等边三角形， 因此ADPO,ADBO,

而PO面POB,BO面POB

POBO=O

由线面垂直定理可证AD面POB, 又PB面POB 即证ADPB

（2）由（1）知POAD，平面PAD平面ABCD 从而PO面ABCD；

以OA,OB,OP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设AD2a，则Aa,0,0，P0,0,3a，B0,3a,0，C2a,3a,0

PE3EC,

BEBCCE2a,0,031332a,3a,3aa,a,a 4244答案第32页，总76页

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ABa,3a,0 ， APa,0，3a

设面EAB的法向量为n1x1,y1,z1,

ax13ay10 可得n1则333ay1az10ax1442设面PAB的法向量为n2x2,y2,z2,

3,1,7；

ax23ay20 可得n2则ax23az203,1,1

cosn1,n2n1•n2n1n21111265

265535由图知二面角EABP为锐角， 故二面角EABP的余弦值为【点睛】

本小题主要考查线线垂直、线面垂直的证明，考查利用空间向量计算二面角的余弦值，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 24．（1）【解析】 【分析】

（1）利用VFPADVEPADVDPAE，转化求解即可；（2）分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、

z轴建立空间直角坐标系，求出平面PCD的法向量，然后利用向量的数量积求解直线EC11265. 265410 ；（2）arcsin315与平面PCD所成的角． 【详解】

（1）依题意，EF//平面PAD， VFPADVEPADVDPAE

11114VDPAE|PA||AB||AD|224.

322123答案第33页，总76页

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所以三棱锥FPAD的体积为

4. 3(2) 分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，各点坐标分别是A(0， 0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，P(0，0，2)，

E(1，0，1)，F(1，2，1)，EC(1,4,1)，

由题得PD(0,4,2),CD(2,0,0)，设平面PCD的法向量为n(x,y,z)，

4y2z0,所以n(0,1,2)， 所以2x0设直线EC与平面PCD所成的角为，则sin|ECn|210，

|EC||n|18515直线EC与平面PCD所成的角为arcsin10． 15【点睛】

本题主要考查空间几何体的体积的计算，考查空间线面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题. 25．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】

试题分析：本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.第一问，利用线面平行的定理，先证明线线平行，再证明线面平行；第二问，可以先找到线面角，再在三角形中解出正弦值，还可以用向量法建立直角坐标系解出正弦值.

1 . 3答案第34页，总76页

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试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.

延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点.理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC=ED. 所以四边形BCDE是平行四边形. 从而CM∥EB.

又EB平面PBE，CM平面PBE， 所以CM∥平面PBE.

（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点） （Ⅱ）方法一：

由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 从而CD⊥PD.

所以PDA是二面角P-CD-A的平面角. . 所以PDA=45°

设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.

过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 从而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH.

过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE. 所以APH是PA与平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，AEH=45°，AE=1， 所以AH=2. 2在Rt△PAH中，PH=PA2AH2=所以sinAPH=

32， 2AH1=. PH3答案第35页，总76页

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方法二：

由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD.

从而PDA是二面角P-CD-A的平面角. . 所以PDA=45°

由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.

作Ay⊥AD，以A为原点，以AD,AP的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以PE=（1,0,-2），EC=（1,1,0），AP=（0,0,2） 设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，

x2z0,nPE0,由{得{设x=2，解得n=(2,-2,1).

xy0,nEC0,设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα=

|nAP|nAP

=2222(2)2121. 3所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为

1. 3答案第36页，总76页

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考点：线线平行、线面平行、向量法.

26．（1）arccos【解析】 【分析】

（1）建立空间坐标系，通过求向量AC与向量AD1的夹角，转化为异面直线A1C与直线1430；（2）.

310AD1所成的角的大小；（2）先求出面AB1D1的一个法向量，再用点到面的距离公式算出即

可。 【详解】

以A1为原点，A1B1,A1D,A1A所在直线分别为x,y,z轴建系，

0，0),C(11，，2),A(0，0，2),D1(0,1，0) 设A1(0，所以AC(11，，2),AD1(01，，2) 1cosA1C,AD1A1CAD1A1CAD1112(2)30 ,

106530 ，异面直线A1C与直线AD1所成10所以异面直线A1C与直线AD1所成的角的余弦值为

的角的大小为arccos30。 10（2）因为AD1(01，，2)，B1D1(1,1，0) ，设n(x,y,z)是面AB1D1的一个法向量，

答案第37页，总76页

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y2z011nAD10 即 ，令x1 ，y1,z ，故n(1,1,)， 所以有22xy0nB1D10又DC(10，，2)，所以点C到平面AB1D1的距离为1nD1Cn112214124. 3【点睛】

本题主要考查向量法求异面直线所成角的大小和点到面的距离，意在考查学生的数学建模以及数学运算能力。 27．（1）4；（2）【解析】 【分析】

（1）四棱锥A1﹣ABCD的体积VA1ABCD=S矩形ABCDAA1，由此能求出结果．

（2）由DD1∥CC1，知∠A1CC1是异面直线A1C与DD1所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线A1C与DD1所成角的大小． 【详解】

（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝3，

22. 313∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：

111VA1ABCD=SAAABADAA223＝4． ＝＝11矩形ABCD333（2）∵DD1∥CC1，∴∠A1CC1是异面直线A1C与DD1所成角（或所成角的补角），

22AC221122∵tan∠A1CC1＝＝＝，

CC133∴A1CC1＝arctan22． 322； 3∴异面直线A1C与DD1所成角的大小为arctan答案第38页，总76页

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【点睛】

本题考查三棱锥的体积的求法，考查异面直线所成角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注空间思维能力的培养． 28．（1）【解析】 【分析】

解法一：（几何方法）

（1）过P向AC做垂线，垂足为E，连接BE，通过线面垂直的证明得到PB在平面ABC内射影为BE，再根据长度关系计算出

39；（2）2. 13PE 的值即为直线PB与平面ABC所成角的正切值；

BE（2）利用AC中点O，过点O做OFPA，垂足为F，连接BF，通过证明得到二面角的平面角为BFO，再计算出解法二：（向量方法）

（1）建立合适的空间直角坐标系，求解出平面ABC的法向量并计算出线面角的正弦，由此可计算出线面角的正切值；

（2）计算出平面ABP的法向量和平面APC的法向量，根据两个向量的余弦值计算出二面角的余弦值，即可求解出二面角的正切值. 【详解】

解法一：（1）AD1，CDBO的值即为二面角的正切值； OF3，ADC90，

AC2，∴ABC为正三角形，

过点P向AC做垂线，垂足为E，连接BE， 平面APC平面ABC，AC为交线，

PE平面ABC，

答案第39页，总76页

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BE为PB在平面ABC内射影，

PBE就是直线PB与平面ABC所成角，

在直角三角形PAC中，PA1，PC3，AC2，

PE13，AE，

22设O为AC中点，连接BO，易知BOAC， 且E为AO中点，

在直角三角形BOE中，BO3，EO1， 2BE又

13， 2PE平面ABC，且BE平面ABC，

PEBE， tanPBEPE39， BE13直线PB与平面ABC所成角的正切值为39.

13

（2）平面APC平面ABC，AC为交线，且BOAC，

BO平面APC，

过点O做OFPA，垂足为F，连接BF，

PAOF，PABO，

PA平面BOF， PABF，

BFO就是二面角BAPC的平面角，

答案第40页，总76页

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在直角三角形BOF中，BO3，OF13， PC22tanBFOBO2， OF二面角BAPC的正切值为2.

解法二：

AD1,CD3,ADC90

AC2,ABC为正三角形，

设O为AC中点，则OBAC，

在平面ACP内，过点O作垂直于AC的直线l. 平面APC平面ABC，

以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，直线l为z轴，建立如图所示空间直角坐标系.

由平面几何知识，易得，A0,1,0,B133,0,0，C0,1,0,P0,2,2，

13PB3,,（1） 22又

z轴平面ABC，

答案第41页，总76页

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可取m0,0,1为平面ABC的法向量.

设直线PB与平面ABC所成的角为，

33 则sin224PBmPBmtansin339 cos1313直线PB与平面ABC所成的正切值为39.

13（2）设平面ABP的法向量为nx,y,z.

AB133,1,0,AP0,2,2，

13nAP0z0y，即2， 2nAB03xy0令x1，得n1,3,1， 又

平面APC的法向量为OB3,0,0，

cosn,OB35， 55325， 5sinn,OBtann,OB2，

二面角BAPC的正切值为2.

【点睛】

本题考查立体几何中的线面角和二面角的相关值的求解，难度一般.利用几何方法求解线面角时，需要找到线段在相应平面内的投影线段，而利用向量方法求解线面角时，则需要通过直线的方向向量以及平面的法向量去求解；利用几何方法求解二面角时，常用三垂线定理找寻二面角的平面角，利用向量方法求解二面角时，通过两个平面的法向量夹角的余弦值来求解二面角大小.

答案第42页，总76页

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29．（1）详见解析 （2）【解析】

6 6试题分析:证明线面平行有两种方法：一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；求线面角有两种方法：一是先做再证，最后求出，是一种传统方法，另一种是建立空间直角坐标系，利用法向量求线面角,本题采用第二种方法. 试题解析;

（法1）（Ⅰ）连AC，交BD于点O，连接FO

∵底面ABCD为菱形 ∴O为AC中点，又∵F是PC的中点 ∴OF是△PAC的中位线，∴OFPA

又∵OF平面DBF,PA平面DBF∴PA平面DBF （Ⅱ）

（2）以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz

A3,0,0,B0,1,0,C3,0,0,P3,0,6

（略写）求得平面PBC的法向量n1,3,0，PA23,0,6

∴sin232?3266 ∴直线PA和平面PBC所成的角的正弦值为66 30．（1）见解析；（2）33 【解析】 【分析】

（1）取CD的中点M，连接HM，SM，由SESB2，进而SHBE，由SCSD答案第43页，总76页

，

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得SMCD. 进而CD平面SHM,进而结论可得证（2）（方法一）过H点作CD的平行线GH交BC于点G，以点H为坐标原点，HG,HM,HS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Hxyz，求得平面SBC，平面SBE的法向量，由二面

角公式求解即可（方法二）取BS的中点N，BC上的点P，使BP2PC，连接

HN,PN,PH，得HNBS，HPBE，得二面角CSBE的平面角为PNH，再

求解即可 【详解】

（1）证明：取CD的中点M，连接HM，由已知得AEAB2，所以SESB2，SM，又点H是BE的中点，所以SHBE.

因为SCSD，点M是线段CD的中点， 所以SMCD.

又因为HMBC，所以HMCD，从而CD平面SHM， 所以CDSH，又CD，BE不平行， 所以SH平面BCDE.

（2）（方法一）由（1）知，过H点作CD的平行线GH交BC于点G，以点H为坐标原

y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，HG,HM,HS所在直线分别为x轴、点，

则点B1,1,0，C1,2,0，E1,1,0，S0,0,2，



所以BC0,3,0，BE2,2,0，BS1,1,2.

答案第44页，总76页

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设平面SBE的法向量为mx1,y1,z1，

x1y1mBE0由，得，令y11，得m1,1,0.

mBS0x1y12z10同理，设平面SBC的法向量为nx2,y2,z2，

y20nBC0由，得，

nBS0x2y22z20令z21，得n2,0,1.

所以二面角CSBE的余弦值为cosm,nmn23. mn323（方法二）取BS的中点N，BC上的点P，使BP2PC，连接HN,PN,PH，易知

HNBS，HPBE.

由（1）得SHHP，所以HP平面BSE，所以HPSB， 又HNBS，所以BS平面PHN， 所以二面角CSBE的平面角为PNH. 又计算得NH1，PH所以cosPNH【点睛】

本题考查线面垂直的判定，考查空间向量求二面角，考查空间想象及计算能力，是中档题 31．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】 【分析】

2，PN3，

13. 3310 10答案第45页，总76页

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（Ⅰ）由EA⊥平面ABCD得BA⊥AE．由四边形ABCD为等腰梯形，AD=1BC，且2ADBC，∠ABC＝60°，得AB⊥AC，进而推出AB⊥平面ACFE．即可得AB⊥CF．

（Ⅱ）以A为坐标原点，AB，AC，AE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面BEF的一个法向量，平面DEF的一个法向量，通过向量的数量积求解二面角的余弦值即可． 【详解】

（Ⅰ）由题知EA⊥平面ABCD，BA平面ABCD，∴BA⊥AE．

1AD＝1，∠ABC＝60°BC，且ADBC，所以BC=2，，

21过点A作AH⊥BC于H，在RT△ABH中，ABH60,BH，∴AB＝1，

2四边形ABCD为等腰梯形，AD=222222

在△ABC中，AC＝AB+BC﹣2AB•BCcos60°＝3，∴AB+AC＝BC，∴AB⊥AC，

且AC∩EA＝A，∴AB⊥平面ACFE．又∵CF⊂平面ACFE，∴AB⊥CF.

（Ⅱ）以A为坐标原点，AB，AC，AE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， EF=

1AC，且EFAC，AD＝AE＝1，则2313B(1,0,0),E0,0, 1,F0,2, 1,D2,2,0，

1331BE(1,0,1),BF1,,1,DE,,1,DF,0,1 2222nBEx1z10设n(x1,y1,z1)为平面BEF的一个法向量，则令x11 ，3y1z10nBFx12得n(1,0,1)，

13mDExy2z20222设m(x2,y2,z2)为平面DEF的一个法向量，则令x22，mDF1xz0222得m(2,0,1)，

∴cosm,nmn1010. ，二面角B﹣EF﹣D的余弦值为|m||n|1010答案第46页，总76页

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【点睛】

本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，向量法求二面角的平面角，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题． 32．（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）根据题意可证BCAD，ADPC，即可证明AD平面PBC，从而证得：

43 7ADPB；

（2）以E为原点，分别以EC，EM，ED为x轴、y轴和z轴，表示出各点坐标，求出平面MAD的法向量与平面MCD的法向量，利用二面角公式即可得到答案。 【详解】

（1）证明：∵AB为圆O的直径，∴ACBC，∵PA平面ABC，BC平面ABC，∴PABC，又PA ACA，∴BC⊥平面PAC，又AD平面PAC，BCAD．

∵AOC1200，AOOC1AB2，∴AC23，又PA23， 2∴AD平面PBC，，

∴PAAC，∴ADPC，又D是PC的中点，又PCBCC又PB平面PBC， ∴ADPB．

（2）当三棱锥D﹣ACM体积最大时，三角形ACM的面积最大，取AC的中点E，M点为EO延长线与圆O的交点．

∴DE∥AP，EM⊥AC，以E为原点，分别以EC，EM，ED为x轴、y轴和z轴，建立如图所示空间直角坐标系．

答案第47页，总76页

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又∵MA＝MC＝AC＝23，DE＝

1PA＝3，ME＝3． 2∴M（0，3，0），D（0，0，3），A（﹣3，0，0），C（3，0，0）， ∴DM(0,3,3)，AM(3,3,0)，CM(3,3,0)，

mDM03y13z10设平面MAD的法向量为m(x1,y1,z1)，则，即，

mAM03x13y10令y11 可得m(3,1,3)，

nDM03y23z20n(x,y,z)设平面MCD的法向量为，即， 222，则nCM03x23y20令y21可得n(3,1,3)，设面MAD与面MCD所成二面角为，则

coscosm,n【点睛】

mn1 ，∴sin1cos243．

mn77本题考查利用线面垂直证明线线垂直，考查利用空间向量法求二面角，考查学生的空间想象能力以及计算能力，属于中档题。 33．（1）详见解析；（2）【解析】

试题分析：第一问应用空间的垂直关系的转换，应用线面垂直得出线线垂直的 关系，第二问根据所给的二面角的大小，结合空间向量，从而确定出 点M的位置，再用空间向量确定出线面角的正弦值．

试题解析：（Ⅰ）如图，设E为BC的中点，连结AE，则ADEC,AD//EC，所以四边形AECD为平行四边形，

答案第48页，总76页

53 9本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

故ABAC，又ABCACB45， 所以

，故ABPA，

又因为AB平面Axyz，所以ABPC， 且

，所以PAC平面ACD，故有

A分

（Ⅱ）如图，以为原点，分别以射线n1(x,y,z)为AMC轴的正半轴，建立空间直角坐标系则设

，易得

，

．

，

设平面ACD的一个法向量为

，则，

令得，即

，

．

又平面PAC的一个法向量为

由题知，解得，

即，而

是平面ACD的一个法向量，

设平面BM与平面ACD所成的角为，则故直线BM与平面ACD所成的角的正弦值为

．

．分

考点：空间的垂直关系的转换，二面角，线面角． 34．（1）AB=22；（2）

242 21答案第49页，总76页

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【解析】 【分析】

（1）建立合适空间直角坐标系，设出B点坐标，根据DFCE求解AB的值； （2）求出平面DEF的法向量n，根据|cosCF,n|sin计算线面角的正弦值. 【详解】

解：（1）以A为原点，AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系

P(0，0，2)，D(0，2，0)，设B(2a，0，0)，则C(2a，2，0)，E(0，0，1)，F(A，0，0)，a＞0.

DF(a,2,0)，CE(2a,2,1)

∵DF⊥CE

∴DFCE2a240 ∴a2，AB=22 (2）由(1）知，DF(2,2,0)，EF(2,0,1)，CF(2,2,0)

设平面DEF的法向量n(x,y,z)

nDF2x2y0 nEF2xz0x2解得y1

z2∴n(2,1,2)

设直线CF与平面DEF所成角为

sincosCF,nCFnCFn242 21【点睛】

求解线面角的正弦值时，当求解完已知向量和法向量夹角的余弦后，需要对结果增加一个绝对值，这样才能保证线面角的正弦值是正值，这一点需要注意. 35．（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）15 5答案第50页，总76页

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【解析】 【分析】

（Ⅰ）取AB中点O，连接OD，B1O；易知ABB1为等边三角形，从而得到B1OAB，结合B1DAB，可根据线面垂直判定定理得到AB平面B1OD，由线面垂直性质知（Ⅱ）以O为坐标原点可建立空ABOD，由平行关系可知ABAC，从而证得结论；

间直角坐标系，根据空间向量法可求得平面ADC1和平面ADB的法向量的夹角的余弦值，根据所求二面角为钝二面角可得到最终结果. 【详解】

（Ⅰ）取AB中点O，连接OD，B1O

在ABB1中，ABB1B，B1BA60 ABB1是等边三角形 又O为AB中点 B1OAB 又B1DAB，B1OB1DB1，B1O,B1D平面B1OD AB平面B1OD

OD平面B1OD ABOD ∴ABC为直角三角形 又OD//AC ABAC（Ⅱ）以O为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系：

令ABACAA12

则C1,2,0，A1,0,0，D0,1,0，B1,0,0，B10,0,3

答案第51页，总76页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

BB11,0,3，AC0,2,0，AD1,1,0，AC1ACCC1ACBB11,2,3

设平面ADC1的法向量为mx,y,z

mADxy0 ，令x1，则y1，z3 m1,1,3mAC1x2y3z0又平面ADB的一个法向量为n0,0,1

cosm,n315 5113二面角C1ADB为钝二面角

二面角C1ADB的余弦值为：15 5【点睛】

本题考查立体几何中垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到线面垂直判定定理和性质定理的应用；证明立体几何中线线垂直关系的常用方法是通过证明线面垂直得到线线垂直的关系.

36．（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）由PC底面ABCD，证得ACPC，又由勾股定理，得ACCB，利用线面垂直的判定定理，得到AC平面PBC，再由面面垂直的判定定理，可得平面EAC平面PBC，即可得到结论；

（2）分别以CD，CF，CP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面PBC和平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． 【详解】

（1）由题意，因为PC底面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC，

又因为AB2AD2CD4，所以AB4，ADCD2，所以ACBC22，

10. 5答案第52页，总76页

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所以AC2BC2AB2，从而得到ACCB． 又又

BC平面PBC，PC平面PBC，BCPCC，所以AC平面PBC， AC平面ACE，所以平面EAC平面PBC，

所以当点E在PB上运动时，始终有平面EAC平面PBC. （2）由条件知PC底面ABCD，且ABAD， AB∥C D

所以过点C作CFCD交AB于点F，分别以CD，CF，CP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），

所以C(0,0,0)，A(2,2,0)，B(2,2,0)，P(0,0,4). 由（1）知CA为平面PBC的一个法向量，

因为CA(2,2,0)，PA(2,2,4)PB(2,2,4)，

nPA0(x,y,z)(2,2,4)0r设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z)，则，

(x,y,z)(2,2,4)0nPB0x0r即，令z1，则y2，所以n(0,2,1)， y2zuurruurr|CAn||(2,2,0)(0,2,1)|10rr所以|cosCA,n|uu，

222225|CA||n|22021故锐二面角APBC的余弦值

10． 5

【点睛】

本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量

答案第53页，总76页

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法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 37．（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）【解析】

试题分析：（Ⅰ）证明线线垂直，一般利用线面垂直性质定理进行论证；因为V在平面ABC上的射影D在线段AB上，所以VD平面ABCVDBC，又根据勾股定理可得

11 11BCVC，因此BC平面VCDDCBC（Ⅱ）求二面角，一般方法为利用空间向

量，即先根据题意建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，再根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与法向量之间相等或互补的关系求二面角 试题解析：（Ⅰ）证明：VB2，VC3，BC1BCVC，

VD平面ABCVDBC，

VDVCV，BC平面VCDDCBC．

（Ⅱ）解：（法一）作DEAC垂足为E，连接VE， 则VED为二面角VACB的平面角．

在BCD中，DBC45，DCBC，BC1，

∴CD1，BD2，BDC45，

在ADC中，ADC135，ADABBD2，

ACAD2DC22AD?DCcos1355，

DE5，又VD平面ABC，VDCD，又VC3，VD2， 55511． cosVED511VE

（法二）在BCD中，DBC45，DCBC，BC1，

答案第54页，总76页

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∴CD1，BD2，BDC45，

在ADC中，ADC135，ADABBD又VD平面ABC，VDCD，又VC如图建立直角坐标系，

2，

3，VD2，

D1,0,0，B0,1,0，A2,1,0，V1,0,2，

平面ABC的法向量为e10,0,1， 平面VAC的法向量为e22,22,1，

cose1·e211． e1e211

考点：线面垂直性质定理，利用空间向量求二面角

【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”． 38．（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明ACDM，由SO平面ABCD，得出SODM，结合直线与平面垂直的判定定理证明DM平面SAC，最后由平面与平面垂直的判定定理证明平面SAC平面SDM；

（2）计算出平面SAD的一个法向量n，利用向量计算出向量SB与n的夹角的余弦值，取其绝对值作为直线SB与平面SAD所成角的正弦值。 【详解】

答案第55页，总76页

310 10uur

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（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

A(23，0，0)，C(0，26，0)，D(0，0，0)，M(23，6，0)，

AC(23，26，0)，DM(23，6，0)，

uuuruuuurACDM0，ACDM，

SO平面ABCD，DM平面ABC，SODM， QACISOO，DM面SAC，

DM平面SDM，平面SAC平面SDM

（2）以O为原点，OC，OD，OS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， ACDM，DO2OM22，OC2OA4，

SBSA2AM(2，22，2)，AD(2，22，0)，AS(2，0，2)，

设平面SAD的法向量n(x，y，z)，

AD2x22y0n·则，取x2，得n(2,1,2)，

AS2x2z0n·设直线SB与平面SAD所成角为， 则sin|cosn,SB||nSB|310． 10|n||SB|直线SB与平面SAD所成角的正弦值为310．

10

【点睛】

本题考查平面与平面垂直的判定、以及利用空间向量求解直线与平面所成的角，利用空间向量解决空间中线面关系、面面关系的证明以及空间角与距离的计算，关键就是要找准合适的位置建立空间直角坐标系，并列出相关点的坐标，通过向量建立数与形之间的关系。

答案第56页，总76页

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39．（1）

13. ；（2）arcsin63【解析】 【分析】

（1）观察分析几何体的特征，利用椎体的体积公式求得结果；

（2）建立空间直角坐标系，求得平面PQR的法向量，利用向量所成角的余弦值求得线面角的正弦值，利用反正弦求得结果. 【详解】

（1）根据题意，可得

111VAPQRVRAPQ111；

326（2）如图建立空间直角坐标系，

则有A(2,0,2),P(1,0.2),Q(0,1,2),R(0,2,1),B(2,2,2)， 所以PQ(1,1,0),PR(1,2,1)，AB(0,2,0)， 设平面PQR的法向量为n(x,y,z)，

PQn0xy0所以有，即，

x2yz0PRn0取x1，则有y1,z1，

所以平面PQR的一个法向量为n(1,1,1)， 所以cosAB,nABnABn0203， 3233， 3所以求直线AB与平面PQR所成角的正弦值是答案第57页，总76页

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所以直线AB与平面PQR所成角的大小为arcsin【点睛】

3. 3该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有椎体的体积，应用空间向量求线面角的正弦值，利用反三角表示角的大小，属于简单题目. 40．（1）见解析 （2）【解析】 【分析】

（1）先证明CD面A1OC，即可证明CDA1C；

（2）利用空间向量的运算，先建立空间直角坐标系，再利用空间向量的夹角公式运算即可得解. 【详解】

解：（1）由图1可知，四边形ABCE为菱形， 则ACBE，

则在图（2）中，BEA1O,BECO， 所以BE面A1OC， 又BE∥CD， 所以CD面A1OC， 又A1C面A1OC 故CDA1C； （2）因为BE21 7

3AB，所以BAE2， 3设AB=2,则A1OOC1, 又 A1C2AB=2,所以A1OC

22建立如图所示的空间直角坐标系，

则O(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,1)，E(3,0,0),D(23,1,0)，

答案第58页，总76页

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则ED(3,1,0) ,EA1(3,0,1)则面A1EB的法向量为n1(0,1,0)， 设面A1ED的法向量为n2(x,y,z)，

3xy0n2ED0 则 ,则，

nEA0123xz0令x1,则y3,z3, 则n2(1,3,3)， 所以cosn1,n2=

n1n2n1n2=321=, 77又由图可知二面角BA1ED为钝二面角， 故二面角BA1ED的余弦值为21. 7

【点睛】

本题考查了线线垂直的判定及利用空间向量求二面角的平面角的大小，属中档题. 41．(1)见证明；(2) 60 (3)见解析 【解析】 【分析】

（1）先证明AC平面SBD，即可得到ACSD；

（2）由题设知，连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO平面ABCD.以O为坐标

答案第59页，总76页

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原点，OB，OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面PAC与平面SAC的一个法向量，求法向量的夹角余弦值，即可求出结果； （3）要使BE平面PAC，只需BE与平面的法向量垂直即可，结合(2)中求出的平面PAC的一个法向量，即可求解. 【详解】

（1）连BD交AC于O，由题意SOAC. 在正方形ABCD中，ACBD， 所以AC平面SBD，得ACSD

（2）由题设知，连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO平面ABCD.以O为坐标原点，OB，OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系Oxyz如图.

设底面边长为a，则高SO6a. 2622则S0,0,2a，D2a,0,0，C0,2a,0

又SD平面PAC，

26DSa,0,a则平面PAC的一个法向量， 222平面SAC的一个法向量OD2a,0,0，

则cosDS,OD1，

2DSODDSOD又二面角PACD为锐角，则二面角PACD为60；

答案第60页，总76页

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（3）在棱SC上存在一点E使BE平面PAC.由（2）知DS是平面PAC的一个法向量，且DS2626a,0,aCS0,a,a ，2222设CEtCS，t0,1

则BEBCCEBCtCS 226a,a1t,at 222又BE平面PAC，所以BEDS0， 则t1. 3即当SC:SE3:2时，BEDS

而BE不在平面PAC内，故BE平面PAC. 【点睛】

本题主要考查线面垂直的性质，以及空间向量的方法求二面角等，一般需要建立适当的坐标系，求出平面的法向量和直线的方向向量即可结合条件求解，属于常考题型. 42．(1)

π. 42. 2(2) BP【解析】 【分析】

AC，AA1为正交基建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求得 (1) 以AB，直线MP与直线AC所成的角的大小为

πyz，BPBA1，01， ．（2）设Px，，4利用向量法求得直线A1B与平面PMN所成角的正弦值

212122211112222【详解】

71，解得，即得线段BP的长度． 74答案第61页，总76页

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AC，AA1为正交基建立如图所示的空间直角坐标系， 以AB，

00，B2，，00，C0，，20，A10，，02，M1，1，0． 则A0，，（1）若P是线段A1B的中点，

01，MP0，1，1，AC0，，20． 则P1，，AC所以cosMP，MPACMPAC2． 23π． 4π所以直线MP与直线AC所成的角的大小为．

4AC0，π，所以MP，AC又MP，21，得MN1，1，1． （2）由N0，，yz，BPBA1，01， 设Px，，yz2，0，2， 则x2，，x22，02，所以MP12，1，2． 所以y0，，所以P22，，z2设平面PMN的法向量nx,y,z， 则nMN，nMP，

xyz0,11,,1． 所以取n112xy2z0,2202，设直线A1B与平面PMN所成角为． 因为BA12，，答案第62页，总76页

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BA1由sincosn，nBA1nBA121212221111222271

，得． 74

所以BP【点睛】

112BA1，所以BPBA1． 442（1）本题主要考查向量法求异面直线所成的角和直线和平面所成的角，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算能力.(2) 直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法）sin向量，n是平面的法向量，是直线和平面所成的角. 43．(1)见证明；(2) 【解析】 【分析】

（1）可证FHBC，再利用平面FBC平面ABCD证得FH平面ABCD，通过证明

AB•nABn，其中AB是直线l的方向

313 13OE//FH，可得要求证的线面垂直.

（2）建立空间直角坐标系，求出平面BCQ的法向量和平面ABC的一个法向量后可求二面角QBCA的余弦值. 【详解】

（1）证明：取BC的中点H，连结OH、FH、OE， 因为FBFC，所以FHBC， 因为平面FBC平面ABCD，平面FBC所以FH平面ABCD，

因为H、O分别为BC、AC的中点，所以OH//AB且OH平面ABCDBC，FH平面FBC，

123. AB23答案第63页，总76页

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又EF//AB，EF23，所以EF//OH，所以四边形OEFH为平行四边形， 3所以OE//FH，所以OE平面ABCD.

（2）解：因为菱形ABCD，所以OAOCOEFH2.

所以OA，OB，OE两两垂直，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，

则A(2,0,0)，B(0,所以Q(1,0,1)，

23,0)，C(2,0,0)，E(0,0,2)， 3所以BC(2,23,0)，CQ(3,0,1)， 3设平面BCQ的法向量为m(x,y,z)，

BCm02x23y0由得， 3CQm03xz0取x1，可得m(1,3,3)， 平面ABC的一个法向量为n(0,0,1)， 设二面角QBCA的平面角为， 则cosmnmn3313，

131139因为二面角QBCA的平面角为锐角，

答案第64页，总76页

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所以二面角QBCA的余弦值为【点睛】

313. 13线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为

得到，而线面垂直又可2以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.

PM2 44．(1) 证明见解析；(2)存在，

PD3【解析】 【分析】

(1)先证明ABAC，再证明AB平面PAC，即可得出ABPC；(2)建立空间直角坐标系，将点M的坐标表示出来，然后求出平面MAC的法向量m及平面ACD的法向量AP，再将二面角MACD的大小转化为向量的夹角问题即可求解。 【详解】

（1）∵ADCD22,BC42，∴ABAC4，∴ABAC

∵PA平面ABCD，∴ABPA，∴AB平面PAC，PC平面PAC，∴ABPC. （2）以A为原点，以过A平行于CD的直线为x轴，AD,AP所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，

则A0,0,0,P0,0,4,B22,22,0，D0,22,0,C22,22,0， 设PMPD，01，M0,22,44，

AM0,22,44,AC22,22,0

mAM022y144z10 设平面MAC的法向量mx1,y1,z1，则，及mAC022x122y102x1m1,1,令1，则 22又平面ACD的法向量为AP0,0,4，

答案第65页，总76页

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∴cosAP,mAPmAPm4222242222cos45

PM22

 解得：或2（舍）∴

PD33

【点睛】

本题主要考查线面垂直的判定和性质及利用空间向量知识解决二面角问题，属常考题型、中等难度。

45．（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）取AB的中点为E，连接DE，利用勾股定理，证得BDAD，在利用面面垂直的 性质，证得BD平面ADM，最后利用线面垂直的判定定理，即可证得AM平面BDM；（2）以O为坐标原点，分别以OE,OD,OM为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，求得平面MBC和平面MCD的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． 【详解】

（1）取AB的中点为E，连接DE，

因为AB2CD，所以CDBE，又ABCD，所以四边形BCDE为平行四边形， 又CDBC，ABC90，所以BCDE为正方形，不妨设CD1， 则BCDEBEAE1，AB2，BDAD所以BD2AD2AB2，即BDAD，

又平面ADM平面ABCD，平面ADM平面ABCDAD，所以BD平面ADM，又AM平面ADM，所以AMBD，

因为M是半圆弧AD上异于A，D的点，所以AMDM，又DMBDD， 所以AM平面BDM；

33 112，

答案第66页，总76页

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（2）取AD的中点为O，连接OM，OE，则OEBD，所以OEAD， 当M为AD的中点时，有MAMD，则OMAD，

因为平面ADM平面ABCD，平面ADM平面ABCDAD，所以OM平面

ABCD，

以O为坐标原点，分别以OE,OD,OM为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

2222由（1）知，B2,2,0，C2,2,0，D0,2,0，M0,0,2，

222222,2,,,00,,MC2，BC22，MD 2， 22设mx1,y1,z1是平面MBC的一个法向量，则令x11，则y11，z13，m1,1,3， 设nx2,y2,z2是平面MCD的一个法向量，则令y21，则x21，z21，n1,1,1， 所以cosm,nmMC0mBC0，即x12y1z10，

xy011nMC0nMD0，即x22y2z20，

y2z20mn333， mn11113由图可知所求二面角为钝角， 所以二面角BMCD的余弦值为33. 11【点睛】

本题考查了线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力

答案第67页，总76页

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和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 46．（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）【解析】 【分析】

(I) 取AC中点F，可得EF平面A1B1C1，则EFB1C1，利用中位线的关系可得

11 13DFB1C1，从而可得B1C1平面EFD，即可证明结论；(II)解法一，取B1C1中点G，

可得平面EGDF平面BCC1B1，平面EGDF平面BCC1B1DG,所以点E在平面

BCC1B1的射影在DG上，故EDG为DE与平面BCC1B1所成角，然后解三角形即可求

解；解法二，构造空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求解. 【详解】

解：（Ⅰ）如图，取AC中点F，连接EF，DF. 因为AA1CC1，所以EFAC11.

由平面AA1C1C平面A1B1C1，平面AAC11C得EF平面A1B1C1，

所以EFB1C1，又DF∥AB∥A1B1，且A1B1C190º，所以DFB1C1. 因为EFIDFF，所以B1C1平面A1B1C1A1C1,

平面EFD，所以DEB1C1.

（Ⅱ）解法一：如图，取B1C1中点G，连接DG，EG，

答案第68页，总76页

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则可知FD∥EG，所以平面EFD即是平面EGDF. 因为B1C1平面EFD，所以平面EGDF平面BCC1B1，

则EDG为DE与平面BCC1B1所成角. 令AA1ACCC1AC114，又由B1AC1160，A1B1C190， 2可得A1B14，AB2，则FD1，EG2，DEDG13，

DE2DG2EG211所以cosEDG.

2DEDG13解法二：如图，以E为坐标原点，过点E且垂直于平面AAC11C的直线，和EC1，EF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 令AA14，则

A10，4，0，B123，2，0，C10，4，0，B所以FD3，1，23，F0，0，23，

31311A1B1，，0，EF0，0，23EDEFFD，，23，2222. 4设平面BCC1B1的法向量mx,y,z，ED与平面BCC1B1所成角为.

3xy23z0，mB1B0，，，23，B1C123，6，0， 而B1B31所以即mBC0，1123x6y0，令x3，则y1，z故sincosED，m

3331，，，所以m， 3331222311123144343， 13

又DE与平面BCC1B1所成的角为锐角，所以cos11. 13答案第69页，总76页

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【点睛】

本题考查空间想象能力、直线与平面的位置关系、线面垂直的判定定理及性质、直线与平面所成角.空间几何传统法解答过程中，需关注空间几何问题的平面化，也可以用向量解决线面角，注意建系的选择和运算. 47．（1）解析见证明；（2）【解析】 【分析】

（1）取BC的中点M，连FM,AM，证明四边形AMFE为平行四边形，再由线面平行判定定理证明线面平行；

（2）找到并证明MA,MB,MF两两互相垂直，建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，设

3. 4平面BDE的法向量，最后代入公式sin|cosAB,n||【详解】

ABn|进行求值.

|AB||n|（1）取BC的中点M，连FM,AM，在BCD中，MF//CD,MF又CD//AE，AE1CD， 21CD，AE//MF,AEMF，四边形AMFE为平行四边形， 2EF//AM，又EF平面ABC，AM平面ABC，EF∥平面ABC.

（2）

平面EACD平面ABC，平面EACD平面ABC AC，AE平面EACD，

AEAC，AE⊥平面ABC，又AE//MF，MF平面ABC. ACBC2，M为BC中点，AMBC.

以M为原点，以MA,MB,MF所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则

答案第70页，总76页

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B0,3,0,D0,3,2,E1,0,1,A1,0,0，

AB1,3,0,BE1,3,1,BD0,23,2，

nBE0,x3yz0, 设nx,y,z为平面BDE的一个法向量，则23y2z0,nBD0,取x0,y1,z3，n0,1,3，设直线AB与平面BDE所成角为，

sin|cosAB,n||ABn3. |4|AB||n|

【点睛】

本题考查线面平行判定定理、面面垂直性质定理的运用、用空间向量求线面角等知识，考查空间相象能力和运算求解能力，在建系时如果三条两两互相垂直的直线不明显，必需要给出证明.

48．（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）连接BC1，交B1C于点O，连接AO，证明B1CAO且B1C平分AO得到答案. （2）建立空间直角坐标Oxyz，O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，计算相应点坐标，计算法向量，利用二面角公式计算得到答案. 【详解】

证明：（1）连接BC1，交B1C于点O，连接AO， 因为侧面BB1C1C为菱形，

所以B1CBC1，且O为B1C与BC1的中点，又ABB1C，所以B1C平面ABO.

1. 7答案第71页，总76页

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由于AO平面ABO，故B1CAO. 又B1OCO，故ACAB1. （2）因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.

又因为ABBC，所以BOA≌BOC，故OAOB，从而OA,OB,OB1两两相互垂直，O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立空间直角坐标Oxyz 因为CBB160，所以CBB1为等边三角形，又ABBC，则

1311A0,0,,B(,0,0),B10,,0,C0,,0

2222313111AB10,,,A1B1AB,0,,BCBC,,0 11222222设n(x,y,z)是平面AA1B1的法向量，则

11yz0nAB0221 所以n(1,3,3). ，即nA1B103x1z022mA1B10设m是平面A1B1C1的法向量，则，同理可取m(1,3,3),

mBC011cosn,mnm|n||m|11，所以二面角AA1B1C1的余弦值为.

77

【点睛】

本题考查线段相等的证明，建立空间直角坐标系解决二面角问题，计算量较大，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.

答案第72页，总76页

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49．(1)证明见解析；(2) 【解析】 【分析】

2 6（1）连接PD交CE于G点，连接FG，通过证BD//FG，并说明FG平面CEF，来证明BD//平面CEF

y、z轴建立空间直角坐标系Axyz，（2）采用建系法以AB、AC、AP所在直线分别为x、

分别表示出对应的点B,C,P,E坐标，设平面PBC的一个法向量为n(x,y,z)，结合直线对应的CE和法向量n，利用向量夹角的余弦公式进行求解即可 【详解】

1证明：如图，

连接PD交CE于G点，连接FG，点E为PA的中点，点D为AC的中点，

点G为PAC的重心，则PG2GD，

又

PF2FB，FG//BD，

FG平面CEF，BD平面CEF，BD//平面CEF；

2ABAC，PBPC，PAPA，PABPAC，

PAAC，PAAB，可得PA2，又ABAC，

则以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Axyz，

答案第73页，总76页

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0,2，E0,0,1 则A0,0,0，B1,0,0，C0,1,0，P0,BC(1,1,0)，BP(1,0,2)，CE(0,1,1)．

设平面PBC的一个法向量为n(x,y,z)，由n·BCxy0BPx2z0n·，

取z1，得n(2,2,1)．设直线CE与平面PBC所成角为， 则sin|cosn,CE|【点睛】

本题考查线面平行的判定定理的使用，利用建系法来求解线面夹角问题，整体难度不大，本题中的线面夹角的正弦值公式sin|cosn,CE|使用广泛，需要识记

|21|2322．直线CE与平面PBC所成角的正弦值为． 6650．（1）【解析】 【分析】

23 （2） 36（1）根据侧棱与底面垂直可得B1CB30，由此求得底面三角形各边长；根据线面垂直的判定可证得AB平面ACC1，得到三棱锥B1ACC1的高为A1B1；利用等体积法

VC1AB1CVB1ACC1，根据三棱锥体积公式求得结果；

（2）以A为原点建立空间直角坐标系，根据二面角的空间向量求法可求得结果. 【详解】 （1）

三棱柱为直三棱柱 BB1平面ABC，AA1底面ABC

答案第74页，总76页

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B1C与底面ABC所成角为B1CB B1CB30 ABBB11 BC3 ACBC2AB22 AA1底面ABC，ABÌ平面ABC ABA1A

又BAC90，即ABAC，AA1,AC平面ACC1，AA1ACA

AB平面ACC1，又AB//A1B1 A1B1平面ACC1

1112 VC1AB1CVB1ACC1SACC1A1B12113326（2）以A为原点，可建立如图所示空间直角坐标系

则B0,1,0，B10,1,1，C2,0,0，A0,0,0

BC2,1,0，BB10,0,1，AB10,1,1，AC2,0,0

设平面BB1C的法向量n1x1,y1,z1

BCn12x1y10，令x11，则y12，z10 n11,BBnz01112,0

设平面AB1C的法向量n2x2,y2,z2

AB1n2y2z20 ，令y21，则z21，x20 n20,1,1ACn22x20cosn1,n2n1n223 n1n2332答案第75页，总76页

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二面角BB1CA为锐角 二面角BB1CA的余弦值为【点睛】

3 3本题考查立体几何中三棱锥体积的求解、空间向量法求解二面角的问题；求解三棱锥体积的常用方法为等体积法，将所求三棱锥转化为高易求的三棱锥，结合三棱锥体积公式求得结果.

答案第76页，总76页