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，
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