【科学备考】（新课标）高考数学二轮复习 第八章 立体几何 直线、平面垂直的判定和性质 理（含试题）.docVIP

【科学备考】（新课标）2015高考数学二轮复习 第八章 立体几何 直线、平面垂直的判定和性质 理（含2014试题）理数1.（2014吉林实验中学高三年级第一次模拟，3）设为平面，为直线，则的一个充分条件是（ ）a 答案 1. d解析 1. 当时可得，又因为，所以可得，所以选项d是的一个充分条件.2. (2014广西桂林中学高三2月月考，4) 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面下列命题中正确的是( ) (a) (b) (c) (d) 答案 2. d解析 2. 若，则平面与垂直或相交或平行，故（a) 错误；若，则直线与相交或平行或异面，故（b) 错误；若，则直线与平面垂直或相交或平行，故（c) 错误；若，则直线，故（d) 正确. 选d.3.（2014江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，13）如图, 正四棱锥中， 是边的中点，动点在四棱锥的表面上运动，且总保持，点的轨迹所围成的图形的面积为, 若以的方向为主视方向，则四棱锥的主视图的面积是 .答案 3. 4解析 3. 由题意可得点p在过点e且与直线ac垂直的平面上，取线段pc、cd的中点分别为f、g，并设ge与ac交于点h. 易得直线ac平面efg，所以点p的轨迹即为efg，因为ab=2，所以ge=，点的轨迹所围成的图形的面积为，所以可得fh=2，根据勾股定理可得gf=，所以四棱锥的侧棱长为. 所以四棱锥的主视图是以腰长为底边长为2的等腰三角形，其面积为4.4. (2014大纲全国,19,12分)如图,三棱柱abc-a1b1c1中,点a1在平面abc内的射影d在ac上,acb=90,bc=1,ac=cc1=2.()证明:ac1a1b;()设直线aa1与平面bcc1b1的距离为,求二面角a1-ab-c的大小.答案 4.查看解析解析 4.解法一:()因为a1d平面abc,a1d平面aa1c1c,故平面aa1c1c平面abc.又bcac,所以bc平面aa1c1c.(3分)连结a1c.因为侧面aa1c1c为菱形,故ac1a1c.由三垂线定理得ac1a1b.(5分)()bc平面aa1c1c,bc平面bcc1b1,故平面aa1c1c平面bcc1b1.作a1ecc1,e为垂足,则a1e平面bcc1b1.又直线aa1平面bcc1b1,因而a1e为直线aa1与平面bcc1b1的距离,a1e=.因为a1c为acc1的平分线,故a1d=a1e=.(8分)作dfab,f为垂足,连结a1f.由三垂线定理得a1fab,故a1fd为二面角a1-ab-c的平面角.由ad=1得d为ac中点,df=,tana1fd=.所以二面角a1-ab-c的大小为arctan.(12分)解法二:以c为坐标原点,射线ca为x轴的正半轴,以cb的长为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系c-xyz.由题设知a1d与z轴平行,z轴在平面aa1c1c内.()设a1(a,0,c),由题设有a2,a(2,0,0),b(0,1,0),则=(-2,1,0),=(-2,0,0),=(a-2,0,c),=+=(a-4,0,c),=(a,-1,c).(2分)由|=2得=2,即a2-4a+c2=0.于是=a2-4a+c2=0,所以ac1a1b.(5分)()设平面bcc1b1的法向量为m=(x,y,z),则m,m,即m=0,m=0.因=(0,1,0),=(a-2,0,c),故y=0,且(a-2)x+cz=0.令x=c,则z=2-a,m=(c,0,2-a),点a到平面bcc1b1的距离为|cos|=c.又依题设,a到平面bcc1b1的距离为,所以c=.代入解得a=3(舍去)或a=1.(8分)于是=(-1,0,).设平面aba1的法向量为n=(p,q,r),则n,n,即n=0,n=0,-p+r=0,且-2p+q=0.令p=,则q=2,r=1,n=(,2,1).又p=(0,0,1)为平面abc的法向量,故cos=.所以二面角a1-ab-c的大小为arccos.(12分)5. (2014重庆,19,13分)如图,四棱锥p-abcd中,底面是以o为中心的菱形,po底面abcd,ab=2,bad=,m为bc上一点,且bm=,mpap.()求po的长;()求二面角a-pm-c的正弦值.答案 5.查看解析解析 5.()如图,连结ac,bd,因为abcd为菱形,则acbd=o,且acbd.以o为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系o-xyz.因为bad=,故oa=abcos=,ob=absin=1,所以o(0,0,0),a(,0,0),b(0,1,0),c(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0).由bm=,bc=2知,=,从而=+=,即m.设p(0,0,a),a0,则=(-,0,a),=.因为mpap,故=0,即-+a2=0,所以a=或a=-(舍去),即po=.()由()知,=,=,=.设平面apm的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面pmc的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得故可取n1=,由n2=0,n2=0,得故可取n2=(1,-,-2),从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos=-,故所求二面角a-pm-c的正弦值为.6. (2014广东,18,13分)如图,四边形abcd为正方形,pd平面abcd,dpc=30,afpc于点f,fecd,交pd于点e.(1)证明:cf平面adf;(2)求二面角d-af-e的余弦值.答案 6.查看解析解析 6.(1)证明:pd平面abcd,pdad,又cdad,pdcd=d,ad平面pcd,adpc,又afpc,afad=a,pc平面adf,即cf平面adf.(2)解法一:设ab=1,则rtpdc中,cd=1,dpc=30,pc=2,pd=,由(1)知cfdf,df=,cf=,又fecd,=,de=,同理ef=cd=,如图所示,以d为原点,建立空间直角坐标系,则a(0,0,1),e,f,p(,0,0),c(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面aef的法向量,则又令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面adf的一个法向量为=(-,1,0),设二面角d-af-e的平面角为,可知为锐角,cos =|cos|=,故二面角d-af-e的余弦值为.解法二:设ab=1,cf平面adf,cfdf.在cfd中,df=,cdad,cdpd,cd平面ade.又efcd,ef平面ade.efae,在def中,de=,ef=,在ade中,ae=,在adf中,af=.由va-def=sadeef=sadfhe-adf,解得he-adf=,设aef的边af上的高为h,由saef=efae=afh,解得h=,设二面角d-af-e的平面角为.则sin =,cos =.7. (2014福建,17,13分)在平面四边形abcd中,ab=bd=cd=1,abbd,cdbd.将abd沿bd折起,使得平面abd平面bcd,如图.()求证:abcd;()若m为ad中点,求直线ad与平面mbc所成角的正弦值.答案 7.查看解析解析 7.()平面abd平面bcd,平面abd平面bcd=bd,ab平面abd,abbd,ab平面bcd.又cd平面bcd,abcd.()过点b在平面bcd内作bebd,如图.由()知ab平面bcd,be平面bcd,bd平面bcd,abbe,abbd.以b为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得b(0,0,0),c(1,1,0),d(0,1,0),a(0,0,1),m,则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).设平面mbc的法向量为n=(x0,y0,z0),则即取z0=1,得平面mbc的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线ad与平面mbc所成角为,则sin =|cos|=,即直线ad与平面mbc所成角的正弦值为.8. (2014江西,19,12分)如图,四棱锥p-abcd中,abcd为矩形,平面pad平面abcd.(1)求证:abpd;(2)若bpc=90,pb=,pc=2,问ab为何值时,四棱锥p-abcd的体积最大?并求此时平面bpc与平面dpc夹角的余弦值.答案 8.查看解析解析 8.(1)证明:abcd为矩形,故abad.又平面pad平面abcd,平面pad平面abcd=ad,所以ab平面pad,故abpd.(2)过p作ad的垂线,垂足为o,过o作bc的垂线,垂足为g,连结pg.故po平面abcd,bc平面pog,bcpg.在rtbpc中,pg=,gc=,bg=.设ab=m,则op=,故四棱锥p-abcd的体积v=m=.因为m=,故当m=,即ab=时,四棱锥p-abcd的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为o(0,0,0),b,c,d,p.故=,=(0,0),=.设平面bpc的法向量为n1=(x,y,1),则由n1,n1得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面dpc的法向量为n2=.从而平面bpc与平面dpc夹角的余弦值为cos =.9. (2014湖南,19,12分)如图,四棱柱abcd-a1b1c1d1的所有棱长都相等,acbd=o,a1c1b1d1=o1,四边形acc1a1和四边形bdd1b1均为矩形.()证明:o1o底面abcd;()若cba=60,求二面角c1-ob1-d的余弦值.答案 9.查看解析解析 9.()因为四边形acc1a1为矩形,所以cc1ac.同理dd1bd,因为cc1dd1,所以cc1bd,而acbd=o,因此cc1底面abcd.由题设知,o1oc1c,故o1o底面abcd,()解法一:如图,过o1作o1hob1于h,连结hc1.由()知,o1o底面abcd,所以o1o底面a1b1c1d1,于是o1oa1c1.又因为四棱柱abcd-a1b1c1d1的所有棱长都相等,所以四边形a1b1c1d1是菱形,因此a1c1b1d1,从而a1c1平面bdd1b1,所以a1c1ob1,于是ob1平面o1hc1,进而ob1c1h,故c1ho1是二面角c1-ob1-d的平面角,不妨设ab=2,因为cba=60,所以ob=,oc=1,ob1=.在rtoo1b1中,易知o1h=2,而o1c1=1,于是c1h=.故cosc1ho1=.即二面角c1-ob1-d的余弦值为.解法二:因为四棱柱abcd-a1b1c1d1的所有棱长都相等,所以四边形abcd是菱形,因此acbd,又由()知o1o底面abcd,从而ob、oc、oo1两两垂直.如图,以o为坐标原点,ob,oc,oo1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系o-xyz,不妨设ab=2,因为cba=60,所以ob=,oc=1,于是相关各点的坐标为o(0,0,0),b1(,0,2),c1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面bdd1b1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面ob1c1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),设二面角c1-ob1-d的大小为,易知是锐角,于是cos =|cos|=.故二面角c1-ob1-d的余弦值为.10.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥a-bcde中,平面abc平面bcde,cde=bed=90,ab=cd=2,de=be=1,ac=.()证明:de平面acd;()求二面角b-ad-e的大小.答案 10.查看解析解析 10.()在直角梯形bcde中,由de=be=1,cd=2,得bd=bc=,由ac=,ab=2,得ab2=ac2+bc2,即acbc,又平面abc平面bcde,从而ac平面bcde,所以acde.又dedc,从而de平面acd.()解法一:作bfad,与ad交于点f,过点f作fgde,与ae交于点g,连结bg,由()知dead,则fgad.所以bfg是二面角b-ad-e的平面角.在直角梯形bcde中,由cd2=bc2+bd2,得bdbc,又平面abc平面bcde,得bd平面abc,从而bdab.由于ac平面bcde,得accd.在rtacd中,由dc=2,ac=,得ad=.在rtaed中,由ed=1,ad=,得ae=.在rtabd中,由bd=,ab=2,ad=,得bf=,af=ad.从而gf=.在abe,abg中,利用余弦定理分别可得cosbae=,bc=.在bfg中,cosbfg=.所以,bfg=,即二面角b-ad-e的大小是.解法二:以d为原点,分别以射线de,dc为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系d-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:d(0,0,0),e(1,0,0),c(0,2,0),a(0,2,),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=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos|=,由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角b-ad-e的大小是.11.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥p-abc中,d,e,f分别为棱pc,ac,ab的中点.已知paac,pa=6,bc=8,df=5.求证:(1)直线pa平面def;(2)平面bde平面abc.答案 11.查看解析解析 11.(1)因为d,e分别为棱pc,ac的中点,所以depa.又因为pa平面def,de平面def,所以直线pa平面def.(2)因为d,e,f分别为棱pc,ac,ab的中点,pa=6,bc=8,所以depa,de=pa=3,ef=bc=4.又因为df=5,故df2=de2+ef2,所以def=90,即deef.又paac,depa,所以deac.因为acef=e,ac平面abc,ef平面abc,所以de平面abc.又de平面bde,所以平面bde平面abc.12.(2014辽宁,19,12分)如图,abc和bcd所在平面互相垂直,且ab=bc=bd=2,abc=dbc=120,e,f分别为ac,dc的中点.()求证:efbc;()求二面角e-bf-c的正弦值.答案 12.查看解析解析 12.()证法一:过e作eobc,垂足为o,连of.由abcdbc可证出eocfoc.所以eoc=foc=,即fobc.又eobc,因此bc面efo.又ef面efo,所以efbc.证法二:由题意,以b为坐标原点,在平面dbc内过b作垂直bc的直线为x轴,bc所在直线为y轴,在平面abc内过b作垂直bc的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得b(0,0,0),a(0,-1,),d(,-1,0),c(0,2,0),因而e,f,所以,=,=(0,2,0),因此=0.从而,所以efbc.图2()解法一:在图1中,过o作ogbf,垂足为g,连eg.由平面abc平面bdc,从而eo面bdc,又ogbf,由三垂线定理知egbf.因此ego为二面角e-bf-c的平面角.在eoc中,eo=ec=bccos 30=,由bgobfc知,og=fc=,因此tanego=2,从而sinego=,即二面角e-bf-c的正弦值为.解法二:在图2中,平面bfc的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面bef的法向量为n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一个n2=(1,-,1).设二面角e-bf-c的大小为,且由题意知为锐角,则cos =|cos|=,因此sin =,即所求二面角的正弦值为.13.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥p-abcd中,pa底面abcd,adab,abdc,ad=dc=ap=2,ab=1,点e为棱pc的中点.()证明bedc;()求直线be与平面pbd所成角的正弦值;()若f为棱pc上一点,满足bfac,求二面角f-ab-p的余弦值.答案 13.查看解析解析 13.解法一:依题意,以点a为原点建立空间直角坐标系(如图),可得b(1,0,0),c(2,2,0),d(0,2,0),p(0,0,2).由e为棱pc的中点,得e(1,1,1).()证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以bedc.()向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面pbd的法向量,则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面pbd的一个法向量.于是有cos=.所以直线be与平面pbd所成角的正弦值为.()向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点f在棱pc上,设=,01.故=+=+=(1-2,2-2,2).由bfac,得=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=.即=.设n1=(x,y,z)为平面fab的法向量,则即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面fab的一个法向量.取平面abp的法向量n2=(0,1,0),则cos=-.易知,二面角f-ab-p是锐角,所以其余弦值为.解法二:()证明:如图,取pd的中点m,连结em,am.由于e,m分别为pc,pd的中点,故emdc,且em=dc,又由已知,可得emab且em=ab,故四边形abem为平行四边形,所以beam.因为pa底面abcd,故pacd,而cdda,从而cd平面pad,因为am平面pad,于是cdam,又beam,所以becd.()连结bm,由()有cd平面pad,得cdpd,而emcd,故pdem.又因为ad=ap,m为pd的中点,故pdam,可得pdbe,所以pd平面bem,故平面bem平面pbd.所以直线be在平面pbd内的射影为直线bm,而beem,可得ebm为锐角,故ebm为直线be与平面pbd所成的角.依题意,有pd=2,而m为pd的中点,可得am=,进而be=.故在直角三角形bem中,tanebm=,因此sinebm=.所以直线be与平面pbd所成角的正弦值为.()如图,在pac中,过点f作fhpa交ac于点h.因为pa底面abcd,故fh底面abcd,从而fhac.又bfac,得ac平面fhb,因此acbh.在底面abcd内,可得ch=3ha,从而cf=3fp.在平面pdc内,作fgdc交pd于点g,于是dg=3gp.由于dcab,故gfab,所以a,b,f,g四点共面.由abpa,abad,得ab平面pad,故abag.所以pag为二面角f-ab-p的平面角.在pag中,pa=2,pg=pd=,apg=45,由余弦定理可得ag=,cospag=.所以二面角f-ab-p的余弦值为.14.(2014课标全国卷,18,12分)如图,四棱锥p-abcd中,底面abcd为矩形,pa平面abcd,e为pd的中点.()证明:pb平面aec;()设二面角d-ae-c为60,ap=1,ad=,求三棱锥e-acd的体积.答案 14.查看解析解析 14.()连结bd交ac于点o,连结eo.因为abcd为矩形,所以o为bd的中点.又e为pd的中点,所以eopb.又eo平面aec,pb平面aec,所以pb平面aec.()因为pa平面abcd,abcd为矩形,所以ab,ad,ap两两垂直.如图,以a为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立空间直角坐标系a-xyz,则d(0,0),e,=.设b(m,0,0)(m0),则c(m,0),=(m,0).设n1=(x,y,z)为平面ace的法向量,则即可取n1=.又n2=(1,0,0)为平面dae的法向量,由题设|cos|=,即=,解得m=.因为e为pd的中点,所以三棱锥e-acd的高为.三棱锥e-acd的体积v=.15. (2014天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试，19) 已知长方体中，棱棱，连结，过点作的垂线交于，交于（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求直线与平面所成角的正弦值答案 15.查看解析解析 15.（1）证明：由已知a1b1面bcc1b1 又beb1c a1cbe 2分 面abcd是正方形，acbd a1cbd a1c平面 4分（2）aba1b1, ab面点到平面的距离与点b到平面的距离相等由（1）知a1cbe，又beb1cbe面bf即是点b到平面的距离 6分在bb1c中，点到平面的距离为8分 另解：连结, a到平面的距离, 即三棱锥的高, 设为, , 由得: , 点a到平面的距离是（3）连结fd, 由（2）知be面是在平面上的射影edf即是直线与平面所成的角 10分 由bb1cbce可求得ce= be=de=, ef= 即与平面所成的角的正弦值是12分16. (2014天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，19) 如图，在四棱锥中，底面为矩形，面，。() 求证：当时，平面面；() 当时，求二面角的大小。答案 16.查看解析解析 16.以为坐标原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系. (1分)设，由已知得：， (2分)() 当时， , =, ， (3分)=，=， (4分)。 (5分)又， 平面平面平面。 (6分)() ，二面角小于， (11分)二面角余弦值为，二面角b-pd-c大小为。 (12分)17. (2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，19) 如图，在几何体abcdef中，abcd，addccb1，abc60, 四边形acfe为矩形，平面acfe平面abcd，cf1（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的取值范围答案 17.查看解析解析 17. （1）证明：在四边形abcd中，abcd，ad=dc=cb=1，abc=60, ab=2，ac2=ab2+bc2-2abbccos60=3, ab2=ac2+bc2, bcac.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acfe平面fbc， . 5分(2) 解：由(1) 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，令fm=(0), 则c(0，0，0) ，a(，0，0) ，b(0，1，0) ，m(，0，1) ，取x=1, 则n1=(1, , ),n2=(1,0, 0) 是平面fcb的一个法向量,0, 当=0时，cos有最小值，当=时，cos有最大值. cos. 12分18. (2014山西太原高三模拟考试（一），19) 如图，在斜三棱柱abca1b1c1中，点o是a1c1的中点，ao平面a1b1c1. 已知bca=90，aa1=ac=bc=2. （i）求证：ab1 alc；（）求a1c1与平面aa1b1所成角的正弦值. 答案 18.查看解析解析 18.19. (2014湖北黄冈高三4月模拟考试，19) 如图，在直三棱柱中，平面侧面. （）求证：；（）若直线与平面所成的角为，二面角的大小为，当时，求的值.答案 19.查看解析解析 19.（）证明：如右图，过点在平面内作于，则由平面侧面，且平面侧面，得平面,又平面， 所以，因为三棱柱是直三棱柱，则底面，所以，又，从而侧面，侧面，故. （6分）（）解法1：连接cd，则由（）知是直线与平面所成的角，取的中点e，连，又，平面，是二面角的平面角. 即，. （12分）解法2：由（1）知，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标，则，于是，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，由，取，由，取，. （12分）20. (2014河北唐山高三第一次模拟考试，19) 如图，在斜三棱柱中，是的中点，平面，. （）求证：；（）求二面角的余弦值.答案 20.查看解析解析 20.（）因为平面，所以.又，所以平面，所以.因为，所以四边形是菱形，所以.所以平面，所以.（5分）（）以为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.，设是面的一个法向量，则，即，令，取.同理面的一个法向量为.（10分）因为.所以二面角的余弦值.（12分）21. （2014广东汕头普通高考模拟考试试题，18）如图，已知 是棱长为3的正方体，点在上，点在上，且. () 求证：、四点共面；() 若点在上，点在上， ，垂足为，求证：平面；() 用表示截面和面所成锐二面角大小，求 .答案 21.查看解析解析 21.（向量法）() 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，那么所以，所以四边形是平行四边形，所以、四点共面. （5分）() 由已知，设，所以，而，所以，即，所以，又，所以，所以，又，所以平面. （10分）() 设平面的一个法向量为，则，令，所以，所以，而平面的一个法向量为，所以，故. （14分）22. (2014广东广州高三调研测试，18) 在如图的几何体中，平面为正方形，平面为等腰梯形，. () 求证： 平面；() 求直线与平面所成角的正弦值.答案 22.查看解析解析 22.() 证明1：因为，在中，由余弦定理可得.所以.所以.因为，、平面，所以平面. （4分）证明2：因为，设，则.在中，由正弦定理，得.因为，所以.整理得，所以.所以.因为，、平面，所以平面. （4分）() 解法1：由() 知，平面，平面，所以.因为平面为正方形，所以.因为，所以平面. （6分）取的中点，连结，因为是等腰梯形，且，所以. 所以是等边三角形，且.取的中点，连结，则.因为平面，所以.因为，所以平面.所以为直线与平面所成角. （10分）因为平面，所以.因为，在中，.所以直线与平面所成角的正弦值为. （14分）解法2：由（1）知，平面，平面，所以.因为平面为正方形，所以.因为，所以平面. （6分）所以，两两互相垂直，建立如图的空间直角坐标系. （7分）因为是等腰梯形，且，所以.不妨设，则， ，所以，. （9分）设平面的法向量为，则有即取，得是平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为. （14分）23. (2014北京东城高三第二学期教学检测，17) 在四棱锥中，底面是矩形，平面，. 以的中点为球心、为直径的球面交于点，交于点. （）求证：平面平面；（）求直线与平面所成的角的正弦值；（）求点到平面的距离.答案 23.查看解析解析 23.（）依题设知，是所作球面的直径，则，又因为平面，则，又，所以平面，则，所以平面，所以平面平面. （5分）（）如图所示，建立空间直角坐标系，取则，；设平面的一个法向量，由可得：，令，则. 设所求角为，则. （10分）（）由条件可得，. 在中，, 所以,则, ，所以所求距离等于点到平面距离的，设点到平面距离为则，所以所求距离为. （14分24. (2014黑龙江哈尔滨第三中学第一次高考模拟考试，19) 如图，在四棱锥中，底面为菱形，为的中点. （）若，求证：平面平面； （）若平面平面，且，点在线段上，试确定点的位置，使二面角大小为, 并求出的值.答案 24.查看解析解析 24.（），为的中点，又底面为菱形， , 又平面，平面, 平面平面. （6分）（）平面平面, 平面平面, 平面. 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系如图.则, 设(),所以，平面的一个法向量是，设平面的一个法向量为，所以取，（9分）由二面角大小为，可得：，解得，此时. （12分）25.（2014山东潍坊高三3月模拟考试数学（理）试题，17）如图，在四棱锥e-abcd中，ea平面abcd，ab/cd，ad=bc=ab，abc= (i) 求证：bce为直角三角形； (ii) 若ae=ab，求ce与平面ade所成角的正弦值答案 25.查看解析解析 25.26.（2014江西红色六校高三第二次联考理数试题，19）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面底面，为的中点，是棱上的点，（）求证：平面平面；（）若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值；（）若二面角大小为30，求的长 答案 26.查看解析解析 26. （）ad / bc，bc=ad，q为ad的中点，四边形bcdq为平行四边形，cd / bq 1分adc=90 aqb=90 即qbad又平面pad平面abcd且平面pad平面abcd=ad， 2分bq平面pad 3分bq平面pqb，平面pqb平面pad 4分另证：ad / bc，bc=ad，q为ad的中点 bc / dq 且bc= dq， 四边形bcdq为平行四边形，cd / bq adc=90aqb=90即qbad 1分 pa=pd， pqad 2分 pqbq=q，ad平面pbq 3分 ad平面pad，平面pqb平面pad 4分（）pa=pd，q为ad的中点，pqad平面pad平面abcd，且平面pad平面abcd=ad，pq平面abcd 5分（注: 不证明pq平面abcd直接建系扣1分）如图，以q为原点建立空间直角坐标系则，m是pc中点， 6分设异面直线ap与bm所成角为则= 7分异面直线ap与bm所成角的余弦值为 8分，（注：用传统方法相应给分，找角2分，求解2分）（）由（）知平面bqc的法向量为 9分由 ，且，得10分又， 平面mbq法向量为 11分二面角m-bq-c为30， ， 12分（注：用其它方法相应给分）27. (2014广西桂林中学高三2月月考，19) 如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，分别是, 的中点() 证明：；() 若为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值答案 27.查看解析解析 27.() 证明：由四边形为菱形，可得为正三角形，因为为的中点，所以，又，因此，因为平面，平面，且，所以平面，又平面，所以. (5分 )（）解法1：设，h为pd上任意一点，连接，.由（）知 平面，则为与平面所成的角.在中，所以 当最短时，最大，即当时，最大.此时因此 . 又，所以，所以 .因为 平面，平面，所以 平面平面. 过作于，则平面，过作于，连接，则为二面角的平面角，（9分）在中，,又是的中点，在中，,又 在中，即所求二面角的余弦值为（12分）解法二：由（）知，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又、分别为、的中点，所以，所以（7分）设平面的一法向量为，则，因此取，则因为，所以 平面，故 为平面的一法向量.又=，（10分）所以, =因为二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为（12分）28.(2014河南豫东豫北十所名校高中毕业班阶段性测试（四）数学（理）试题, 18) 如图，在直三棱柱中，且 ( i) 求证：平面； () 求二面角的余弦值，答案 28.查看解析解析 28.29.(2014湖北八市高三下学期3月联考，19) 如图甲，abc是边长为6的等边三角形，e，d分别为ab、ac靠近b、c的三等分点，点g为bc边的中点线段ag交线段ed于f点，将aed沿ed翻折，使平面aed平面bcde，连接ab、ac、ag形成如图乙所示的几何体。（i）求证bc平面afg；（ii）求二面角baed的余弦值答案 29.查看解析解析 29.() 在图甲中，由abc是等边三角形，e，d分别为ab，ac的三等分点，点g为bc边的中点，易知deaf，degf，de/bc 2分在图乙中，因为deaf，degf，affg=f，所以de平面afg又de/bc，所以bc平面afg 4分() 因为平面aed平面bcde，平面aed平面bcde=de，deaf，degf，所以fa，fd，fg两两垂直以点f为坐标原点，分别以fg，fd，fa所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系则，所以，0) 6分设平面abe的一个法向量为则，即，取，则，则 8分显然为平面ade的一个法向量，所以10分二面角为钝角，所以二面角的余弦值为12分30. (2014周宁、政和一中第四次联考，17) 四棱锥中，（）求证：；（）求二面角的平面角的余弦值；答案 30.查看解析解析 30. （）证明：，底面，又acb=90，所以，而，所以. （5分） （），为正三角形以为原点，边的中线所在直线为轴，直线为轴，为轴建立空间直角坐标系如图所示，则，由（）取面的法向量，由于，知面，故可设面的法向量，则，即，（9分），所以，二面角的平面角的余弦值为. （13分）31. (2014湖南株洲高三教学质量检测（一），17) 如图，已知斜三棱柱（侧棱不垂直于底面）的侧面与底面垂直，. （）设的中点为d，证明底面； () 求侧面与底面abc所成二面角的余弦值. 答案 31.查看解析解析 31. （）证明： ，三角形是等腰直角三角形，又是斜边的中点，平面平面，a1d底面 . （6分） () ， 三角形是直角三角形，过作的垂线，垂足为，则， ， （8分）以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，平行于be的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则设平面的法向量为，则，即，化简得，令，得，所以是平面的一个法向量.由（i）得面，所以设平面的一个法向量为设向量和所成角为，则即侧面与底面所成二面角的余弦值为. （12分）32. (2014江苏苏北四市高三期末统考, 16) 如图，在三棱锥中，点分别是棱的中点.（）求证：/平面；（）若平面平面，求证：.答案 32.查看解析解析 32. 解析 （）在中，、分别是、的中点，所以，又平面，平面，所以平面. （6分）（）在平面内过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面,又平面，所以，（10分）又，平面，平面，所以平面，又平面，所以. （14分）33. (2014吉林高中毕业班上学期期末复习检测, 20) 如图1，在中，, 且，将沿折起到的位置，使，如图2 （）求证：平面；（）若，求与平面所成角的正弦值.答案 33.查看解析解析 33. 解析 （） ，de/bc， ，又，ad (4分) （）以为原点，分别以为, , 轴的正方向，建立空间直角坐标系，(5分)在直角梯形中，过作， (9分)设平面的法向量为则 ， ，即 令, ，设与平面所成角为， (12分34. (2014河南郑州高中毕业班第一次质量预测, 19) 在三棱柱中，侧面为矩形，d为的中点，bd与交于点o，侧面. （）证明：； （）若，求直线与平面abc所成角的正弦值.答案 34.查看解析解析 34. 解析 （）证明：由题意,注意到, 所以,所以,所以,又侧面，又与交于点，所以,又因为, 所以. （6分）（）如图，分别以所在的直线为轴，以为原点，建立空间直角坐标系则，又因为，所以 （8分）所以，设平面的法向量为，则根据可得是平面的一个法向量,设直线与平面所成角为，则 （12分）35.(2014成都高中毕业班第一次诊断性检测，19) 如图，四边形为等腰梯形，为的中