立体几何专题专练100题(含详解)

1.（本题满分15分）如图，在三棱锥D-ABC中，DA=DB=DC,D在底面ABC上的射影为E，AB⊥BC，DF⊥AB于F．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=60°，求直线BE与平面DAB所成的角的正弦值.答案及解析：

1.（Ⅰ）如图，由题意知DE平面ABC所以ABDE，又ABDF

所以AB平面DEF，………………3分又AB平面ABD所以平面ABD平面DEF

…………………6分（Ⅱ）解法一：由DADBDC知EAEBEC所以E是ABC的外心又ABBC

所以E为AC的中点…………………………………9分过E作EHDF于H，则由（Ⅰ）知EH平面DAB

所以EBH即为BE与平面DAB所成的角…………………………………12分第1页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

由AC4，BAC60得DE2，EF所以DF

37，EH

237…………………………………15分所以sinEBH解法二：EH21BE7

如图建系，则A(0,2,0)，D(0,0,2)，B(3,1,0)所以DA(0,2,2)，DB(3,1,2)设平面DAB的法向量为n(x,y,z)

……………………………………9分3nDA02y2z0

由得，取n(,1,1)

33xy2z0nDB0

设EB与n的夹角为所以cos

………………12分EBn|EB||n|2

273

217

21………………………………15分7

所以BE与平面DAB所成的角的正弦值为2.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AC=2AB=2，且BC1⊥A1C．（1）求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；第2页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（2）设D是线段BB1的中点，求三棱锥D﹣ABC1的体积．答案及解析：

2.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【专题】综合题；转化思想；综合法；立体几何．【分析】（1）证明A1C⊥面ABC1，即可证明：平面ABC1⊥平面A1ACC1；（2）证明AC⊥面ABB1A1，利用等体积转换，即可求三棱锥D﹣ABC1的体积．【解答】（1）证明：在直三棱锥ABC﹣A1B1C1中，有A1A⊥面ABC，而AB⊂面ABC，∴A1A⊥AB，∵A1A=AC，∴A1C⊥AC1，又BC1⊥A1C，BC1⊂面ABC1，AC1⊂面ABC1，BC1∩AC1=C1∴A1C⊥面ABC1，而A1C⊂面A1ACC1，则面ABC1⊥面A1ACC1…（2）解：由（1）知A1A⊥AB，A1C⊥面ABC1，A1C⊥AB，故AB⊥面A1ACC1，∴AB⊥AC，则有AC⊥面ABB1A1，∵D是线段BB1的中点，∴．…第3页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题考查线面垂直、平面与平面垂直的判定，考查三棱锥D﹣ABC1的体积，考查学生分析解决问题的能力，正确运用定理是关键．3.如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点．（1）求证：CD⊥PD；（2）求证：EF∥平面PAD．答案及解析：

3.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定．【分析】本题是高考的重要内容，几乎年年考，次次有：（1）的关键是找出直角三角形，也就是找出图中的线线垂直．（2）的关键是找出平面PAD中可能与EF平行的直线．【解答】解：（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，而CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD、（2）取CD的中点G，连接EG、FG．∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD，∴平面EFG∥平面PAD，又∵EF⊂平面EFG，第4页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴EF∥平面PAD．【点评】线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．判断或证明线面平行的常用方法有：①利用线面平行的定义（无公共点）；②利用线面平行的判定定理（a∥α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）；③利用面面平行的性质定理（α∥β，a⊂α⇒a∥β）；④利用面面平行的性质（α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β）．4.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．答案及解析：

4.【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（1）利用勾股定理的逆定理可得AC⊥BC．利用线面垂直的性质定理可得CC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出ED∥AC1，再利用线面平行的判定定理即可证明结论【解答】证明：（1）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC．又因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+BC2=AB2，第5页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

所以AC⊥BC．又C1C∩BC=C，所以AC⊥平面CC1B1B，所以AC⊥BC1．（2）连结C1B交CB1于E，再连结DE，由已知可得E为C1B的中点，又∵D为AB的中点，∴DE为△BAC1的中位线．∴AC1∥DE又∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1∴AC1∥平面CDB1．【点评】熟练掌握勾股定理的逆定理、线面垂直的判定和性质定理、直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理是解题的关键．5.已知在三棱锥S﹣ABC中，∠ACB=90°，又SA⊥平面ABC，AD⊥SC于D，求证：AD⊥平面SBC．答案及解析：

5.【考点】直线与平面垂直的判定．【专题】证明题．第6页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【分析】要证明AD⊥平面SBC，只要证明AD⊥SC（已知），AD⊥BC，而结合已知∠ACB=90°，又SA⊥平面ABC，及线面垂直的判定定理及性质即可证明【解答】证明：∵SA⊥面ABC，∴BC⊥SA；∵∠ACB=90°，即AC⊥BC，且AC、SA是面SAC内的两相交线，∴BC⊥面SAC；又AD⊂面SAC，∴BC⊥AD，又∵SC⊥AD，且BC、SC是面SBC内两相交线，∴AD⊥面SBC．【点评】本题主要考查了直线与平面垂直，平面与平面垂直的相互转化，线面垂直的判定定理的应用，属于基础试题6.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AP=AB=是棱PB的中点．（Ⅰ）证明：AE⊥平面PBC；（Ⅱ）若AD=1，求二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值．，点E答案及解析：

6.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．第7页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AB．又PA=AB，从而AE⊥PB．由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，由此能证明AE⊥平面PBC．（Ⅱ）由BC⊥平面PAB，AD⊥AE．取CE的中点F，连结DF，连结BF，则∠BFD为所求的二面角的平面角，由此能求出二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：如图1，由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AB．又PA=AB，故△PAB为等腰直角三角形，而点E是棱PB的中点，所以AE⊥PB．由题意知BC⊥AB，又AB是PB在面ABCD内的射影，由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，故BC⊥AE．因为AE⊥PB，AE⊥BC，所以AE⊥平面PBC．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知BC⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE．在Rt△PAB中，PA=AB=从而在Rt△DAE中，DE=在Rt△CBE中，CE=所以△CED为等边三角形，取CE的中点F，连结DF，则DF⊥CE，∵BE=BC=1，且BC⊥BE，则△EBC为等腰直角三角形，连结BF，则BF⊥CE，所以∠BFD为所求的二面角的平面角，连结BD，在△BFD中，DF=CDBF=，BD==，=，=，AE=PB==．，=1．，又CD=所以cos∠BFD==﹣，∴二面角B﹣EC﹣D的平面角的余弦值为﹣．第8页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．7.如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，BA=BD=E，F分别是棱AD，PC的中点，二面角PADB为60°．（1）证明：平面PBC⊥平面ABCD；（2）求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．，AD=2，PA=PD=，答案及解析：

7.证明：（1）连接PE，BE，∵PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，∴PE⊥AD，BE⊥AD，∴∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角．在△PAD中，由PA=PD=在△ABD中，由BA=BD=，AD=2，解得PE=2．，AD=2，解得BE=1．在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60˚，由余弦定理，解得PB=∴∠PBE=90˚，即BE⊥PB．又BC∥AD，BE⊥AD，∴BE⊥BC，∴BE⊥平面PBC．又BE⊂平面ABCD，∴平面PBC⊥平面ABCD．解：（2）连接BF，由（1）知，BE⊥平面PBC，第9页，总171页=，立体几何专题专练１００题（含详解）

∴∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．∵PB=∴AM=，∠ABP为直角，MB=PB=，∴EF=．=．．，又BE=1，∴在直角三角形EBF中，sin∠EFB=∴直线EF与平面PBC所成角的正弦值为考点：直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．专题：证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）连接PE，由已知推导出∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角，推导出BE⊥PB，BE，BE⊥BC，由此能证明平面PBC⊥平面ABCD．（2）连接BF，由BE⊥平面PBC，得∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角，由此能求出直线EF与平面PBC所成角的正弦值．解答：证明：（1）连接PE，BE，∵PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，∴PE⊥AD，BE⊥AD，∴∠PEB为二面角P﹣AD﹣B的平面角．在△PAD中，由PA=PD=在△ABD中，由BA=BD=，AD=2，解得PE=2．，AD=2，解得BE=1．在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60˚，由余弦定理，解得PB=∴∠PBE=90˚，即BE⊥PB．又BC∥AD，BE⊥AD，∴BE⊥BC，∴BE⊥平面PBC．又BE⊂平面ABCD，∴平面PBC⊥平面ABCD．解：（2）连接BF，由（1）知，BE⊥平面PBC，∴∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角．第10页，总171页=，立体几何专题专练１００题（含详解）

∵PB=∴AM=，∠ABP为直角，MB=PB=，∴EF=．，又BE=1，∴在直角三角形EBF中，sin∠EFB=∴直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．=．点评：本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养8.（15分）（2010秋•杭州校级期末）如图，已知△BCD中，∠BCD=90°，AB⊥平面BCD，BC=CD=1，（1）求证：平面BEF⊥平面ABC；（2）求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．分别为AC、AD的中点．答案及解析：

8.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【专题】计算题；证明题．【分析】（1）通过证明CD⊥平面ABC，CD∥EF，说明EF⊂平面BEF，即可证明平面BEF⊥平面ABC；第11页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（2）过A作AH⊥BE于H，连接HF，可得AH⊥平面BEF，推出∠AFH为直线AD与平面BEF所成角．在Rt△AFH中，求直线AD与平面BEF所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD．又∵CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC．∵E、F分别为AC、AD的中点，∴EF∥CD．∴EF⊥平面ABC，∵EF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABC．（2）过A作AH⊥BE于H，连接HF，由（1）可得AH⊥平面BEF，∴∠AFH为直线AD与平面BEF所成角．在Rt△ABC中，∴∠ABE=30°，为AC中点，∴在Rt△BCD中，BC=CD=1，∴．．∴在Rt△ABD中，∴．∴在Rt△AFH中，，∴AD与平面BEF所成角的正弦值为．【点评】证明两个平面垂直，关键在一个面内找到一条直线和另一个平面垂直；利用三垂线定理找出二面角的平面角，解三角形求出此角，是常用方法．第12页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

9.答案及解析：

9.10.（12分）（2015秋•拉萨校级期末）如图，边长为2的正方形ABCD中，（1）点E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A′．求证：A′D⊥EF（2）当BE=BF=BC时，求三棱锥A′﹣EFD的体积．答案及解析：

10.【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）由正方形ABCD知∠DCF=∠DAE=90°，得A'D⊥A'F且A'D⊥A'E，所以A'D⊥平面A'EF．结合EF⊂平面A'EF，得A'D⊥EF；（2）由勾股定理的逆定理，得△A'EF是以EF为斜边的直角三角形，而A'D是三棱锥D﹣A'EF的高线，可以算出三棱锥D﹣A'EF的体积，即为三棱锥A'﹣DEF的体积．【解答】解：（1）由正方形ABCD知，∠DCF=∠DAE=90°，∴A'D⊥A'F，A'D⊥A'E，∵A'E∩A'F=A'，A'E、A'F⊆平面A'EF．第13页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴A'D⊥平面A'EF．又∵EF⊂平面A'EF，∴A'D⊥EF．（2）由四边形ABCD为边长为2的正方形故折叠后A′D=2，A′E=A′F=，EF=则cos∠EA′F==则sin∠EA′F=故△EA′F的面积S△EA′F=由（1）中A′D⊥平面A′EF•A′E•A′F•sin∠EA′F=可得三棱锥A'﹣EFD的体积V=××2=．【点评】本题以正方形的翻折为载体，证明两直线异面垂直并且求三棱锥的体积，着重考查空间垂直关系的证明和锥体体积公式等知识，属于中档题．11.（12分）（2015秋•沧州月考）如图，在△ABC中，AO⊥BC于O，OB=2OA=2OC=4，点D，E，F分别为OA，OB，OC的中点，BD与AE相交于H，CD与AF相交于G，将△ABO沿OA折起，使二面角B﹣OA﹣C为直二面角．（Ⅰ）在底面△BOC的边BC上是否存在一点P，使得OP⊥GH，若存在，请计算BP的长度；若不存在，请说明理由；（Ⅱ）求二面角A﹣GH﹣D的余弦值．第14页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

11.【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法．【专题】数形结合；向量法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．【分析】（Ⅰ）根据条件便知H，G分别为△AOB，△AOC的重心，从而有GH∥EF∥BC，并可说明∠BOC为直角，过O作OP⊥BC，从而有OP⊥GH，而根据摄影定理便有，这样即可求出BP的长度；（Ⅱ）根据上面知OB，OC，OA三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，从而可以根据条件求出图形上一些点的坐标，从而可以得到向量的坐标，可设平面AGH的法向量为，而根据，同样的方法可以求出平面DGH的一个法向量，根据即可求出cos=即可得出二面角A﹣GH﹣D的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）H，G分别为△AOB和△AOC的重心；∴连接EF，则GH∥EF；由已知，EF∥BC，∴GH∥BC；；第15页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∵OA⊥OB，OA⊥OC，二面角B﹣OA﹣C为直二面角；∴∠BOC为直角；∴在Rt△BOC中，过O作BC的垂线，垂足为P，OP⊥BC，又BC∥GH；∴OP⊥GH，则由摄影定理得：OB2=BP•BC；∴；（Ⅱ）分别以OB，OC，OA为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：O（0，0，0），A（0，0，2），D（0，0，1），B（4，0，0），C（0，2，0），H（；第16页，总171页，）立体几何专题专练１００题（含详解）

∴，；设为平面AGH的法向量，则：；取x1=1，则y1=2，z1=1，∴设；为平面DGH的法向量，则：；取x2=1，则；∴；∴由图可知二面角A﹣GH﹣D为锐角，∴该二面角的余弦值为．【点评】考查三角形重心的概念及其性质，平行线分线段成比例，三角形中位线的性质，以及二面角的平面角的定义，直角三角形的摄影定理的内容，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角问题的方法，平面的法向量的概念及求法，能求空间点的坐标，根据点的坐标求向量的坐标，向量垂直的充要条件，以及向量夹角的余弦公式，清楚两平面所成二面角的大小和两平面的法向量夹角的关系．12.（12分）（2014•芜湖模拟）如图，E是以AB为直径的半圆上异于A、B的点，矩形ABCD所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且AB=2AD=2．第17页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（1）求证：EA⊥EC；（2）设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F．①试证：EF∥AB；②若EF=1，求三棱锥E﹣ADF的体积．答案及解析：

12.【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的性质．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）利用面面垂直的性质，可得BC⊥平面ABE，再利用线面垂直的判定证明AE⊥面BCE，即可证得结论；（2）①先证明AB∥面CED，再利用线面平行的性质，即可证得结论；②取AB中点O，EF的中点O′，证明AD⊥平面ABE，利用等体积，即可得到结论．【解答】（1）证明：∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD∴BC⊥平面ABE∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE∵E在以AB为直径的半圆上，∴AE⊥BE∵BE∩BC=B，BC，BE⊂面BCE∴AE⊥面BCE∵CE⊂面BCE，∴EA⊥EC；（2）①证明：设面ABE∩面CED=EF∵AB∥CD，AB⊄面CED，CD⊂面CED，∴AB∥面CED，∵AB⊂面ABE，面ABE∩面CED=EF∴AB∥EF；②取AB中点O，EF的中点O′，第18页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

在Rt△OO′F中，OF=1，O′F=∵BC⊥面ABE，AD∥BC∴AD⊥平面ABE∴VE﹣ADF=VD﹣

AEF=，∴OO′===【点评】本题考查面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，考查线面垂直，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．13.（12分）（2014•浙江模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点．（1）求证：AC⊥BC1；（2）求证：AC1∥平面CDB1．答案及解析：

13.【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（1）利用勾股定理的逆定理可得AC⊥BC．利用线面垂直的性质定理可得CC1⊥AC，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）利用直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理即可得出ED∥AC1，再利用线面平行的判定定理即可证明结论第19页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【解答】证明：（1）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC，所以C1C⊥AC．又因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC．又C1C∩BC=C，所以AC⊥平面CC1B1B，所以AC⊥BC1．（2）连结C1B交CB1于E，再连结DE，由已知可得E为C1B的中点，又∵D为AB的中点，∴DE为△BAC1的中位线．∴AC1∥DE又∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1∴AC1∥平面CDB1．【点评】熟练掌握勾股定理的逆定理、线面垂直的判定和性质定理、直三棱柱的性质、正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理是解题的关键．14.如图，在三棱锥S﹣ABC中，SB⊥底面ABC，且SB=AB=2，BC=分别是SA、SC的中点．（I）求证：平面ACD⊥平面BCD；（II）求二面角S﹣BD﹣E的平面角的大小．，D、E第20页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

14.【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）根据面面垂直的判定定理证明AD⊥平面BCD即可证明平面ACD⊥平面BCD．（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角S﹣BD﹣E的余弦值．【解答】证明：（I）∵∠ABC=∴BA⊥BC，建立如图所示的坐标系，则C（0，则，0），A（2，0，0），D（1，0，1），E（0，=（0，，0），，1），S（0，0，2），，=（﹣1，0，1），=（1，0，1），则•则•=（﹣1，0，1）•（0，，0）=0，=（﹣1，0，1）•（1，0，1）=﹣1+1=0，⊥，⊥，即AD⊥BC，AD⊥BD，∵BC∩BD=B，∴AD⊥平面BCD；∵AD⊂平面BCD；∴平面ACD⊥平面BCD；（II）=（0，，1），则设平面BDE的法向量=（x，y，1），第21页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

则，即，解得x=﹣1，y=即=（﹣1，，，1），=（0，=，0），，又平面SBD的法向量∴cos＜，＞=则＜，＞=，即二面角S﹣BD﹣E的平面角的大小为．【点评】本题主要考查空间面面垂直的判定，以及二面角的求解，利用向量法是解决二面角的常用方法．15.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB⊥平面ABCD，（Ⅰ）求证：平面PED⊥平面PAC；（Ⅱ）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为弦值．，求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余答案及解析：

15.【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．【专题】计算题；空间位置关系与距离；空间角．第22页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【分析】（I）由面面垂直的性质定理证出PA⊥平面ABCD，从而得到AB、AD、AP两两垂直，因此以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立坐标系o﹣xyz，得A、D、E、C、P的坐标，进而得到、、的坐标．由数量积的坐标运算公式算出且，从而证出DE⊥AC且DE⊥AP，结合线面垂直判定定理证出ED⊥平面PAC，从而得到平面PED⊥平面PAC；（II）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，算出、夹角的余弦，即可得到直线PE与平面PAC所成的角θ的正弦值，由此建立关于θ的方程并解之即可得到λ=2．利用垂直向量数量积为零的方法，建立方程组算出=（1，﹣1，﹣1）是平面平面PCD的一个法向量，结合平面PAC的法向量，算出、的夹角余弦，再结合图形加以观察即可得到二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥PA∴PA⊥平面ABCD结合AB⊥AD，可得分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系o﹣xyz，如图所示…（2分）可得A（0，0，0）D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）∴得（λ＞0），，，，∴DE⊥AC且DE⊥AP，∵AC、AP是平面PAC内的相交直线，∴ED⊥平面PAC．（4分）∵ED⊂平面PED∴平面PED⊥平面PAC（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，设直线PE与平面PAC所成的角为θ，第23页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

则，解之得λ=±2∵λ＞0，∴λ=2，可得P的坐标为（0，0，2）（8分）设平面PCD的一个法向量为=（x0，y0，z0），，由，，得到，令x0=1，可得y0=z0=﹣1，得=（1，﹣1，﹣1）（10分）∴cos＜，（11分）由图形可得二面角A﹣PC﹣D的平面角是锐角，∴二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值为．（12分）【点评】本题在四棱锥中证明面面垂直，并且在线面所成角的正弦情况下求二面角A﹣PC﹣D的余弦值．着重考查了线面垂直、面面垂直的判定定理和利用空间向量研究直线与平面所成角和二面角大小的方法，属于中档题．16.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）若PD=AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．答案及解析：

16.第24页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，=（﹣1，，0），，0），C（﹣1，=（0，，﹣1），，0），P（0，0，1）．=（﹣1，0，0），，设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．考点：直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角．专题：计算题；证明题；综合题；数形结合；转化思想．第25页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

分析：（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理证明BD⊥AD，根据PD⊥底面ABCD，易证BD⊥PD，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证PA⊥BD；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点A，B，C，P的坐标，求出向量面PAB的法向量，平面PBC的法向量，求出这两个向量的夹角的余弦值即可．解答：（Ⅰ）证明：因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面PAD．故PA⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B（0，=（﹣1，，0），，0），C（﹣1，=（0，，﹣1），，0），P（0，0，1）．=（﹣1，0，0），，，和平设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则即，因此可取=（，1，）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即：可取=（0，1，），cos＜＞==故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：﹣．第26页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

点评：此题是个中档题．考查线面垂直的性质定理和判定定理，以及应用空间向量求空间角问题，查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力．17.如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠ABC=90°，PA⊥平面ABC，E，F分别为PB，PC的中点．（1）求证：EF∥平面ABC；（2）求证：平面AEF⊥平面PAB．答案及解析：

17.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）根据三角形中位线定理可得EF∥BC，进而根据线面平行的判定定理可得EF∥平面ABC；（2）根据PA⊥平面ABC，可得PA⊥BC，结合∠ABC=90°，及线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAB，进而由线面垂直的第二判定定理可得EF平面PAB，最后由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PAB．【解答】证明：（1）∵E，F分别为PB，PC的中点．∴EF∥BC，又∵BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC；第27页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（2）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又∵∠ABC=90°，∴AB⊥BC，又∵PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，由（1）中EF∥BC，∴EF⊥平面PAB，又∵EF⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAB．【点评】本题考查的知识点是线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，是空间线面关系的简单综合应用，难度中档．18.（14分）如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB∥CD，AD=AF=CD=2，AB=4．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BCE；（Ⅱ）求三棱锥A﹣CDE的体积；（Ⅲ）线段EF上是否存在一点M，使得BM⊥CE？若存在，确定M点的位置；若不存在，请说明理由．答案及解析：

18.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离．第28页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【分析】（I）如图所示，取AB的中点N，连接CN，可得四边形ADCN是正方形，可得NA=NB=NC，可得AC⊥CB，利用AF⊥平面ABCD，AF∥BE，可得BE⊥平面ABCD，即可证明．（II）利用V三棱锥A﹣CDE=V三棱锥E﹣ACD=即可得出．（III）线段EF上存在一点M为线段EF的中点，使得BM⊥CE．连接MN，BM，EN，则四边形BEMN为正方形，可得BM⊥EN，利用线面面面垂直的判定与性质定理可得：CN⊥平面ABEF，可得CN⊥BM，又BM⊥CE．即可证明BM⊥平面CEN．【解答】（I）证明：如图所示，取AB的中点N，连接CN，则四边形ADCN是正方形，可得NA=NB=NC，∴AC⊥CB，∵AF⊥平面ABCD，AF∥BE，∴BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC，又BE∩BC=B，∴AC⊥平面BCE．（II）解：V三棱锥A﹣CDE=V三棱锥E﹣ACD===．（III）解：线段EF上存在一点M为线段EF的中点，使得BM⊥CE．连接MN，BM，EN，则四边形BEMN为正方形，∴BM⊥EN，∵CN⊥AB，平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，∴CN⊥平面ABEF，∴CN⊥BM，又CN∩EN=N，∴BM⊥平面CEN，∴BM⊥CE．第29页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题考查了线面面面垂直的判定与性质定理、正方形的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19.（13分）如图，在正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，（1）在正方体的12条棱中，与棱AA1是异面直线的有几条（只要写出结果）（2）证明：AC∥平面A1BC1；（3）证明：AC⊥平面BDD1B1．答案及解析：

19.【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）画出正方体ABCD﹣A1B1C1D1，根据异面直线的概念即可找出与棱AA1异面的棱．（2）连接AC，A1C1，则A1C1∥AC，利用线面平行的判定定理即可证明；（3）由DD1⊥面AC，知DD1⊥AC，由DD1⊥BD，能够证明AC⊥平面BDD1B1．【解答】解：（1）与棱AA1异面的棱为：CD，C1D1，BC，B1C1，共4条．（2）证明：连接AC，A1C1，则A1C1∥AC，∵AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴AC∥平面A1BC1；第30页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（3）证明：∵DD1⊥面AC，AC⊂平面AC，∴DD1⊥AC，∵AC⊥BD，DD1∩BD=D，BD⊂平面BDD1B1，DD1⊂平面BDD1B1∴AC⊥平面BDD1B1．【点评】考查异面直线的概念，直线与平面垂直的证明，直线与平面平行的判定，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化，属于中档题．20.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）证明：BC1⊥面A1B1CD；（2）求直线A1B和平面A1B1CD所成的角．答案及解析：

20.【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）要证BC1⊥面A1B1CD；应通过证明A1B1⊥BC1．BC1⊥B1C两个关系来实现，两关系容易证明．（2）因为BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为斜线A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成的角．在RT△A1BO中求解即可．【解答】解：（1）连接B1C交BC1于点O，连接A1O．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中第31页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

因为A1B1⊥平面BCC1B1．所以A1B1⊥BC1．又∵BC1⊥B1C，又BC1∩B1C=O∴BC1⊥平面A1B1CD（2）因为BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为斜线A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成的角．设正方体的棱长为a在RT△A1BO中，A1B=a，BO=a，所以BO=A1B，∠BA1O=30°，即直线A1B和平面A1B1CD所成的角为30°．【点评】本题考查空间直线与平面垂直关系的判断，线面角大小求解，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力．21.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E是PC的中点．（1）证明：PA∥平面EDB；（2）证明：平面PAC⊥平面PDB．答案及解析：

21.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．第32页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【分析】（1）欲证PA∥平面EDB，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证PA与平面EDB内一直线平行，连接AC，交BD于O，连接EO，根据中位线定理可知EO∥PA，PA⊄平面EDB，EO⊂平面EDB，满足定理所需条件；（2）证明AC⊥平面PBD，即可证明平面PAC⊥平面PDB．【解答】证明：（1）设AC与BD相交于点O，则O为AC的中点．∵E是P的中点，∴EO∥PA又∵EO⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，∴PA∥平面EDB；（2）∵PO⊥平面ABCD，∴PD⊥AC又∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD从而AC⊥平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，以及平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．22.如图，在直三棱柱ABC=A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上．（1）求证：BC⊥A1B；（2）若AD=，AB=BC=2，P为AC的中点，求二面角P﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．第33页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

22.【考点】用空间向量求平面间的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）由已知得A1A⊥平面ABC，A1A⊥BC，AD⊥BC．由此能证明BC⊥A1B．（Ⅱ）由（Ⅰ）知BC⊥平面A1AB，从而BC⊥AB，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz，利用向量法能求出二面角P﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴A1A⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴A1A⊥BC，∵AD⊥平面A1BC，且BC⊂平面A1BC，∴AD⊥BC．又AA1⊂平面A1AB，AD⊂平面A1AB，A1A∩AD=A，∴BC⊥平面A1AB，又A1B⊂平面A1BC，∴BC⊥A1B．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知BC⊥平面A1AB，AB⊂平面A1AB，从而BC⊥AB，如图，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上，∴AD⊥A1B．在Rt△ABD中，AD=sin∠ABD==，AB=2，，∠ABD=60°，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥AB．在Rt△ABA1中，AA1=AB•tan60°=2，则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），第34页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

P（1，1，0），A1（0，2，2，设平面PA1B的一个法向量），），，，=（0，2，2则，即，得，，设平面CA1B的一个法向量则，即，得，，∴二面角P﹣A1B﹣C平面角的余弦值是．…【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．23.（16分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，E为棱AB上的一动点．（1）若E为棱AB的中点，①求四棱锥B1﹣BCDE的体积②求证：面B1DC⊥面B1DE第35页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（2）若BC1∥面B1DE，求证：E为棱AB的中点．答案及解析：

23.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）①四棱锥B1﹣BCDE的底面为直角梯形BEDC，棱锥的高为B1B，代入体积公式即可；②面B1DC∩面B1DE=B1D，故只需在平面B1DE找到垂直于交线B1D的直线即可，由DE=B1E=a可易知所找直线为等腰△EB1D底边中线；（2）辅助线同上，由中位线定理可得OF∥DC，且OF=DC，从而得出OF∥EB，由BC1∥面B1DE可得EO∥B1C，故四边形OEBF是平行四边形，得出结论．【解答】证明：（1）①∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1∴B1B平面BEDC，∴V=•S梯形BCDE•B1B=•（a+）•a•a=．②取B1D的中点O，设BC1∩B1C=F，连接OF，∵O，F分别是B1D与B1C的中点，∴OF∥DC，且OF=DC，又∵E为AB中点，∴EB∥DC，且EB=DC，∴OF∥EB，OF=EB，即四边形OEBF是平行四边形，∴OE∥BF，∵DC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥DC，∴OE⊥DC．又BC1⊥B1C，∴OE⊥B1C，又∵DC⊂平面B1DC，B1C⊂平面B1DC，DC∩B1C=C，∴OE⊥平面B1DC，第36页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

又∵OE⊂平面B1DE，∴平面B1DC⊥面B1DE．（2）同上可证得，OF∥DC，且OF=DC，又∵EB∥DC，∴OF∥EB，∴E，B，F，O四点共面．∵BC1∥平面B1DE，B1C⊂平面EBFO，平面EBFO∩平面B1DE=OE，∴EO∥B1C，∴四边形OEBF是平行四边形，∴OF=EB=DC∴EB=AB，∴E为棱AB的中点．【点评】本题考查了线面平行的性质，线面垂直的判定和几何体体积，根据判定定理作出辅助线是解题的关键．24.（14分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC．设D，E分别为PA，AC中点．（Ⅰ）求证：DE∥平面PBC；（Ⅱ）求证：BC⊥平面PAB；（Ⅲ）试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．第37页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

24.【考点】直线与平面平行的性质；直线与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）证明以DE∥平面PBC，只需证明DE∥PC；（Ⅱ）证明BC⊥平面PAB，根据线面垂直的判定定理，只需证明PA⊥BC，AB⊥BC；（Ⅲ）当点F是线段AB中点时，证明平面DEF∥平面PBC，可得平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．【解答】解：（Ⅰ）证明：因为点E是AC中点，点D为PA的中点，所以DE∥PC．又因为DE⊄面PBC，PC⊂面PBC，所以DE∥平面PBC．…．（Ⅱ）证明：因为平面PAC⊥面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，又PA⊂平面PAC，PA⊥AC，所以PA⊥面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC．又因为AB⊥BC，且PA∩AB=A，所以BC⊥面PAB．…．（Ⅲ）解：当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．取AB中点F，连EF，连DF．由（Ⅰ）可知DE∥平面PBC．因为点E是AC中点，点F为AB的中点，所以EF∥BC．第38页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC．又因为DE∩EF=E，所以平面DEF∥平面PBC，所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行．…．（14分）【点评】本题考查线面平行，考查线面垂直，考查面面平行，考查学生分析解决问题的能力，掌握线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理是关键．25.如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，且AD=2CD=2，AA1=2，∠A1AD=．若O为AD的中点，且CD⊥A1O（Ⅰ）求证：A1O⊥平面ABCD；（Ⅱ）线段BC上是否存在一点P，使得二面角D﹣A1A﹣P为不存在，说明理由．？若存在，求出BP的长；答案及解析：

第39页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

25.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）证明A1O⊥AD，A1O⊥CD，利用直线与平面垂直的判定定理证明A1O⊥平面ABCD．（Ⅱ）过O作Ox∥AB，以O为原点，建立空间直角坐标系O﹣xyz，设P（1，m，0）m∈[﹣1，1]，求出平面A1AP的法向量，平面A1ADD1的法向量，利用二面角与向量的数量积求解m即可．【解答】满分（13分）．（Ⅰ）证明：∵∠A1AD=∴A1O=∴+AD2=AA12，，且AA1=2，AO=1，=，…∴A1O⊥AD．…又A1O⊥CD，且CD∩AD=D，∴A1O⊥平面ABCD．…（Ⅱ）解：过O作Ox∥AB，以O为原点，建立空间直角坐标系O﹣xyz（如图），则A（0，﹣1，0），A1（0，0，），…=（x，y，z），设P（1，m，0）m∈[﹣1，1]，平面A1AP的法向量为∵=，=（1，m+1，0），且取z=1，得=．…又A1O⊥平面ABCD，A1O⊂平面A1ADD1∴平面A1ADD1⊥平面ABCD．又CD⊥AD，且平面A1ADD1∩平面ABCD=AD，∴CD⊥平面A1ADD1．不妨设平面A1ADD1的法向量为=（1，0，0）．…第40页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

由题意得解得m=1或m=﹣3（舍去）．==，…∴当BP的长为2时，二面角D﹣A1A﹣P的值为．…（13分）【点评】本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想．26.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，且PA=PD=DA=2，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：PB⊥AD；（Ⅱ）若PB=，求点C到平面PBD的距离．答案及解析：

26.【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的性质．【专题】计算题；空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）取AD的中点O，连接OP，OB，证明AD⊥平面OPB，即可证明PB⊥AD；（Ⅱ）证明OP⊥平面CBD，利用等体积求点C到平面PBD的距离．【解答】（Ⅰ）证明：取AD的中点O，连接OP，OB，则第41页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，且PA=PD=DA，∠BAD=60°，∴OP⊥AD，OB⊥AD，∵OP∩OB=O，∴AD⊥平面OPB，∵PB⊂平面OPB，∴PB⊥AD；（Ⅱ）解：∵PA=PD=DA=2，∴OP=OB=∵PB=，，∴OP2+OB2=PB2，∴OP⊥OB，∵OP⊥AD，AD∩OB=O，∴OP⊥平面CBD，△PBD中，PD=BD=2，PB=，∴S△PBD====．设点C到平面PBD的距离为h，则【点评】本题考查线面垂直的判定与性质，考查点到平面距离的计算，考查体积的计算，属于中档题．27.（16分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC=PB=PC=2CD=2，侧面PBC⊥底面ABCD，点M在AB上，且AM：MB=1：2，E为PB的中点．（1）求证：CE∥平面ADP；（2）求证：平面PAD⊥平面PAB；（3）棱AP上是否存在一点N，使得平面DMN⊥平面ABCD，若存在，求出不存在，请说明理由．第42页，总171页的值；若立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

27.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）取棱AP中点F，连接DF，EF，证明四边形EFDC为平行四边形，可得CE∥DF，即可证明CE∥平面ADP；（2）证明CE⊥平面PAB，利用CN∥DF，可得DF⊥平面PAB，即可证明平面PAD⊥平面PAB；（3）存在，即可得出结论．【解答】（1）证明：取棱AP中点F，连接DF，EF．∵EF为△PAB的中位线，∴EF∥AB，且∵CD∥AB，且，∴EF∥CD，且EF=CD，．取BC中点O，连结AO交MD于Q，连结NQ，证明NQ⊥平面ABCD，∴四边形EFDC为平行四边形，∴CE∥DF∵DF⊂平面ADP，CE⊂平面ADP，∴CE∥平面ADP（2）证明：由（1）可得CE∥DF∵PC=BC，E为PB的中点，∴CE⊥PB∵AB⊥BC，平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，AB⊂平面ABCD∴AB⊥平面PBC又∵CE⊂平面PBC，∴AB⊥CE又∵CE⊥PB，AB∩PB=B，AB，PB⊂平面PBC，第43页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴CE⊥平面PAB∵CN∥DF，∴DF⊥平面PAB又∵DF⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB；（3）解：存在，．证明：取BC中点O，连结AO交MD于Q，连结NQ，在平面ABCD中由平几得，∴∥OP．∵O为等腰△PBC底边上的中点，∴PO⊥BC，∵PBC⊥底面ABCD，PO⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABCD=BC，∴PO⊥平面ABCD，∴NQ⊥平面ABCD，∵NQ⊂平面DMN，∴平面DMN⊥平面ABC．【点评】本题考查线面垂直、线面平行，面面垂直，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．28.如图，棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°．（Ⅰ）证明：BD⊥AA1；（Ⅱ）求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．第44页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

28.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的性质．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】法一：（Ⅰ）连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，可证A1O⊥底面ABCD，从而建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，证明向量的数量积为0即可得到BD⊥AA1；（Ⅱ）确定平面AA1C1C、平面AA1D的法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，求出平面DA1C1的法向量，利用数量积为0，即可求得结论．法二：（Ⅰ）先证明BD⊥平面AA1O，即可证得AA1⊥BD；（Ⅱ）过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则∠DEO为二面角D﹣AA1﹣C的平面角，求出OE、DE，即可求得二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值；（Ⅲ）存在这样的点P，连接B1C，在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP，可得四边形BB1CP为平行四边形，进而利用线面平行的判定可得结论．【解答】法一：（Ⅰ）证明：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°∴A1O2=AA12+AO2﹣2AA1•Aocos60°=3∴AO2+A1O2=A12∴A1O⊥AO，∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD=AO∴A1O⊥底面ABCD∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则第45页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

，B（A（0，﹣1，0）D（﹣∵∴∴BD⊥AA1…，0，0），C（0，1，0），），…，0，0），A1（0，0，，（Ⅱ）解：∵OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的法向量⊥平面AA1D，，则由设得到，∴…∴所以二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值是…（Ⅲ）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1设，则得…⊥平面DA1C1，，则由设得到，∴…又因为平面DA1C1，则•，∴，∴λ=﹣1…（13分）即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP法二：（Ⅰ）证明：过A1作A1O⊥AC于点O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理知，∴A1O⊥BDA1O⊥平面ABCD，又底面为菱形，所以AC⊥BD∵A1O∩AC=O∴BD⊥平面AA1O第46页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∵AA1⊂平面AA1O∴AA1⊥BD…（Ⅱ）解：在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°，∴AO=AA1•cos60°=1所以O是AC的中点，由于底面ABCD为菱形，所以O也是BD中点由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则AA1⊥DE，故∠DEO为二面角D﹣AA1﹣C的平面角…在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=在Rt△AEO中，OE=OA•sin∠EAO=∴cos∠DEO=∴二面角D﹣A1A﹣C的平面角的余弦值是（Ⅲ）解：存在这样的点P，连接B1C，∵A1B1

ABDC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C……DE=在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP∵B1B∴BB1

CC1，…CP∴四边形BB1CP为平行四边形∴BP∥B1C，∴BP∥A1D∵BP⊄平面DA1C1，A1D⊂平面DA1C1，∴BP∥平面DA1C1

…（13分）第47页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题考查线面位置关系，考查面面角，解题的关键是掌握线面平行、垂直的判定方法，正确作出面面角，考查利用向量方法解决立体几何问题，属于中档题．29.如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：BD⊥EF；（Ⅱ）若AF=1，且二面角B﹣EF﹣C的大小为30°，求CE的长．答案及解析：

29.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质．第48页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）通过题意可得四边形ACEF在同一平面内，利用线面垂直的判定定理及性质定理即得结论；（Ⅱ）以点A为坐标原点，分别以AB、AD、AF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，通过平面BEF的一个法向量与平面CEF的一个法向量的夹角的余弦值的绝对值为，计算即得CE的长．【解答】（Ⅰ）证明：∵AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD，∴AF∥CE，∴四边形ACEF在同一平面内，∵AF⊥平面ABCD，∴AF⊥BD，又∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵AF∩AC=A，∴BD⊥平面ACEF，∴BD⊥EF；（Ⅱ）解：以点A为坐标原点，分别以AB、AD、AF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz如图，设CE=a，则B（1，0，0），F（0，0，1），E（1，1，a），∴=（﹣1，0，1），=（0，1，a），设平面BEF的一个法向量为=（x，y，1），由由（I）知∴|cos＜，得，∴=（1，﹣a，1），=（1，﹣1，0）是平面CEF的一个法向量，，＞|==cos30°=，∴a=2，即CE=2．第49页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题考查空间中线线垂直的判定及性质，以及求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题．30.如图，三棱锥P﹣ABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA=90°，PB=BC，E为PC的中点，M为AB的中点，点F在PA上，且AF=2FP．（I）求证：BE⊥平面PAC；（II）求证：CM∥平面BEF．答案及解析：

30.【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）证CA⊥平面PBC，可得BE⊥AC，由E为PC中点，且PB=BC得BE⊥平面PAC；（2）取AF中点N，连接CN，MN，证平面MNC∥平面BEF，即能证得CM∥平面BBF．【解答】证明：（1）∵PB⊥底面ABC，且AC⊂平面ABC∴AC⊥PB．由∠BCA=90°，得AC⊥BC第50页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

又∵PB∩BC=B∴AC⊥平面PBC∵BE⊂平面PBC∴AC⊥BE∵PB=BC，E为PC中点∴BE⊥PC又∵PC∩AC=C，且PC、AC∈平面PAC∴BE⊥平面PAC（2）取AF的中点G，连接CG、GM∵FA=2FP∴GF=AF=FP又∵E为PC中点∴EF∥CG∵CG⊄平面BEF，EF⊂平面BEF∴CG∥平面BEF同理可证：GM∥平面BEF又∵CG∩GM=G∴平面CMG∥平面BEF∵CM⊂平面CGM∴CM∥平面BEF．【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理及性质、直线与平面平行的证明方法，解题中要注意空间各种关系的相互转化．31.第51页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（14分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点．求证：（1）C1O∥面AB1D1；（2）A1C⊥面AB1D1．答案及解析：

31.【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】证明题．【分析】（1）欲证C1O∥面AB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证C1O与面AB1D1内一直线平行，连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O1，连接AO1，易得C1O∥AO1，AO1⊂面AB1D1，C1O⊄面AB1D1，满足定理所需条件；（2）欲证A1C⊥面AB1D1，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证A1C与面AB1D1内两相交直线垂直根据线面垂直的性质可知A1C⊥B1D1，同理可证A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1=B1，满足定理所需条件．【解答】证明：（1）连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O1，连接AO1，∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，∴A1ACC1是平行四边形，∴A1C1∥AC且A1C1=AC，又O1，O分别是A1C1，AC的中点，∴O1C1∥AO且O1C1=AO，∴AOC1O1是平行四边形，∴C1O∥AO1，AO1⊂面AB1D1，C1O⊄面AB1D1，∴C1O∥面AB1D1；（2）∵CC1⊥面A1B1C1D1∴CC1⊥B1D!，又∵A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥面A1C1C，即A1C⊥B1D1，∵A1B⊥AB1，BC⊥AB1，又A1B∩BC=B，第52页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

AB1⊥平面A1BC，又A1C⊂平面A1BC，∴A1C⊥AB1，又D1B1∩AB1=B1，∴A1C⊥面AB1D1

【点评】本题主要考查了线面平行、线面垂直的判定定理，考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力．32.如图，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=BC=PA=1，AD=3，E是PB的中点．（1）求证：AE⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣D的余弦值．答案及解析：

32.【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定．【专题】综合题；空间向量及应用．【分析】（1）建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，求得结论；（2）确定平面PCD、平面PBC的法向量，利用向量的夹角公式可得结论．【解答】（1）证明：根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系，A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），•=0，•=0，即可证得第53页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

D（0，3，0），P（0，0，1），E（，0，），∴=（，0，），．=（﹣1，0，1）∴所以•=0，⊥，•⊥=0，．=（0，1，0），所以AE⊥BC，AE⊥BP．因为BC，BP⊂平面PBC，且BC∩BP=B，所以AE⊥平面PBC．（2）解：设平面PCD的法向量为=（x，y，z），则•因为=（﹣1，2，0），=（0，3，﹣1），所以=0，•．=0．令x=2，则y=1，z=3．所以=（2，1，3）是平面PCD的一个法向量．因为AE⊥平面PBC，所以所以cos＜，＞=平面PBC的法向量．=．…8分根据图形可知，二面角B﹣PC﹣D的余弦值为﹣．…10分【点评】本题考查线面垂直，考查面面接哦，考查利用向量知识解决立体几何问题，正确用坐标表示向量是关键．33.如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））．第54页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（Ⅰ）求证：PB⊥DE；（Ⅱ）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长．答案及解析：

33.【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【专题】计算题；空间角．【分析】（I）根据翻折后DE仍然与BE、PE垂直，结合线面垂直的判定定理可得DE⊥平面PEB，再由线面垂直的性质可得PB⊥DE；（II）分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系．设PE=a，可得点B、D、C、P关于a的坐标形式，从而得到向量、坐标，利用垂直向量），由PD数量积为0的方法建立方程组，解出平面PCD的一个法向量为=（1，1，与平面PBC所成的角为30°和向量PE的长．【解答】解：（Ⅰ）∵DE⊥AB，∴DE⊥BE，DE⊥PE，…．∵BE∩PE=E，∴DE⊥平面PEB，又∵PB⊂平面PEB，∴BP⊥DE；（Ⅱ）∵PE⊥BE，PE⊥DE，DE⊥BE，…．的坐标，建立关于参数a的方程，解之即可得到线段∴分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），…设PE=a，则B（0，4﹣a，0），D（a，0，0），C（2，2﹣a，0），P（0，0，a），…可得设面PBC的法向量，，，…∴令y=1，可得x=1，z=第55页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

因此∵是面PBC的一个法向量，…，PD与平面PBC所成角为30°，…∴，即，…解之得：a=，或a=4（舍），因此可得PE的长为．…（13分）【点评】本题给出平面图形的翻折，求证线面垂直并在已知线面角的情况下求线段PE的长，着重考查了线面垂直的判定与性质和利用空间向量研究直线与平面所成角的求法等知识，属于中档题．34.在三棱锥P﹣ABC中，△PAB是等边三角形，PA⊥AC，PB⊥BC．（1）证明：AB⊥PC；（2）若PC=2，且平面PAC⊥平面PBC，求三棱锥P﹣ABC的体积．答案及解析：

34.解：（1）证明：在Rt△PAC和Rt△PBC中取AB中点M，连结PM，CM，则AB⊥PM，AB⊥MC，∴AB⊥平面PMC，而PC⊂平面PMC，∴AB⊥PC…（2）在平面PAC内作AD⊥PC，垂足为D，连结BD∵平面PAC⊥平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又BD⊂平面PBC，第56页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴AD⊥BD，又Rt△PAC≌RtPBC，∴AD=BD，∴△ABD为等腰直角三角形设AB=PA=PB=a，则在Rt△PAC中：由PA•AC=PC•AD，得解得∴∴…，．…（13分），…考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）求出AC和BC，取AB中点M，连结PM，CM，说明AB⊥PM，AB⊥MC，证明AB⊥平面PMC，然后证明AB⊥PC．（2）在平面PAC内作AD⊥PC，垂足为D，连结BD，证明ABD为等腰直角三角形，设AB=PA=PB=a，求解a，然后求解底面面积以及体积即可．解答：解：（1）证明：在Rt△PAC和Rt△PBC中取AB中点M，连结PM，CM，则AB⊥PM，AB⊥MC，∴AB⊥平面PMC，而PC⊂平面PMC，∴AB⊥PC…（2）在平面PAC内作AD⊥PC，垂足为D，连结BD∵平面PAC⊥平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又BD⊂平面PBC，∴AD⊥BD，又Rt△PAC≌RtPBC，∴AD=BD，∴△ABD为等腰直角三角形…第57页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

设AB=PA=PB=a，则在Rt△PAC中：由PA•AC=PC•AD，得解得∴∴…，．…（13分），点评：本题考查几何体的体积的求法，直线与平面垂直的判定与性质的应用，考查空间想象能力以及计算能力35.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．（Ⅰ）证明AB⊥A1C；（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．答案及解析：

35.解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，因为CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°，所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，又因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C，又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；第58页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立如图所示的坐标系，），B（﹣1，0，0），=（0，﹣，），可得A（1，0，0），A1（0，则=（1，0，），，0），C（0，0，=（﹣1，，0），设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，即，可取y=1，可得=（，1，﹣1），故cos＜，＞==，又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：．考点：用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，由已知可证OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，进而可得AB⊥A1C；（Ⅱ）易证OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，单位长，建立坐标系，可得，，的方向为x轴的正向，||为的坐标，设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则值．，可解得=（，1，﹣1），可求cos＜，＞，即为所求正弦第59页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

解答：解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，因为CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°，所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，又因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C，又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立如图所示的坐标系，），B（﹣1，0，0），=（0，﹣，），可得A（1，0，0），A1（0，则=（1，0，），，0），C（0，0，=（﹣1，，0），设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，即，可取y=1，可得=（，1，﹣1），故cos＜，＞==，又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：．点评：本题考查直线与平面所成的角，涉及直线与平面垂直的性质和平面与平面垂直的判定，属难题36.直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB=AC=1，E，F分别是CC1、BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．（1）证明：DF⊥AE；第60页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（2）是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为说明点D的位置，若不存在，说明理由．？若存在，答案及解析：

36.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质．【专题】空间位置关系与距离；空间向量及应用．【分析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz，则能写出各点坐标，由与共线可得D（λ，0，1），所以•=0，即DF⊥AE；（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成=（3，1+2λ，2（1﹣λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令|cos＜，＞|=，解出λ的值即可．【解答】（1）证明：∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB，又∵AA1⊥AB，AA1⊥∩AE=A，∴AB⊥面A1ACC1，又∵AC⊂面A1ACC1，∴AB⊥AC，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，则有A（0，0，0），E（0，1，），F（，，0），A1（0，0，1），B1（1，0，1），设D（x，y，z），则∵，所以D（λ，0，1），∴=（0，1，）•=（=且λ∈[0，1]，即（x，y，z﹣1）=λ（1，0，0），，，﹣1），=0，所以DF⊥AE；．（2）结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为理由如下：第61页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

设面DEF的法向量为=（x，y，z），则，∵=（，，），=（，﹣1），∴，即，令z=2（1﹣λ），则=（3，1+2λ，2（1﹣λ））．由题可知面ABC的法向量=（0，0，1），∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为，∴|cos＜，＞|==，即=，解得或（舍），所以当D为A1B1中点时满足要求．【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．37.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=2∠PAB=60°．（1）证明AD⊥平面PAB；（2）求异面直线PC与AD所成的角的正切值；（3）求二面角P﹣BD﹣A的正切值．，第62页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

37.【考点】二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）通过就是PA2+AD2=PD2，证明AD⊥PA．结合AD⊥AB．然后证明AD⊥平面PAB．（Ⅱ）说明∠PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角．在△PAB中，由余弦定理得PB，判断△PBC是直角三角形，然后求解异面直线PC与AD所成的角正切函数值．（Ⅲ）过点P做PH⊥AB于H，过点H做HE⊥BD于E，连结PE，证明∠PEH是二面角P﹣BD﹣A的平面角．RT△PHE中，【解答】（Ⅰ）证明：在△PAD中，由题设可得PA2+AD2=PD2，于是AD⊥PA．在矩形ABCD中，AD⊥AB．又PA∩AB=A，所以AD⊥平面PAB．（Ⅱ）解：由题设，BC∥AD，所以∠PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角．在△PAB中，由余弦定理得．，由（Ⅰ）知AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB，因而BC⊥PB，于是△PBC是直角三角形，故所以异面直线PC与AD所成的角的正切值为：．（Ⅲ）解：过点P做PH⊥AB于H，过点H做HE⊥BD于E，连结PE因为AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，所以AD⊥PH．又AD∩AB=A，第63页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

因而PH⊥平面ABCD，故HE为PE再平面ABCD内的射影．由三垂线定理可知，BD⊥PE，从而∠PEH是二面角P﹣BD﹣A的平面角．由题设可得，，，于是再RT△PHE中，．．所以二面角P﹣BD﹣A的正切函数值为【点评】本题考查二面角的平面角的求法，异面直线所成角的求法，直线与平面垂直的判断，考查空间想象能力以及逻辑推理计算能力．38.如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD（1）证明：DC1⊥BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．答案及解析：

38.【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】综合题．【分析】（1）证明DC1⊥BC，只需证明DC1⊥面BCD，即证明DC1⊥DC，DC1⊥BD；（2）证明BC⊥面ACC1A1，可得BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，C1H，可得点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角，由此可求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．第64页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【解答】（1）证明：在Rt△DAC中，AD=AC，∴∠ADC=45°同理：∠A1DC1=45°，∴∠CDC1=90°∴DC1⊥DC，DC1⊥BD∵DC∩BD=D∴DC1⊥面BCD∵BC⊂面BCD∴DC1⊥BC（2）解：∵DC1⊥BC，CC1⊥BC，DC1∩CC1=C1，∴BC⊥面ACC1A1，∵AC⊂面ACC1A1，∴BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，OH∵A1C1=B1C1，∴C1O⊥A1B1，∵面A1B1C1⊥面A1BD，面A1B1C1∩面A1BD=A1B1，∴C1O⊥面A1BD而BD⊂面A1BD∴BD⊥C1O，∵OH⊥BD，C1O∩OH=O，∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD，∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角设AC=a，则∴sin∠C1DO=∴∠C1DO=30°即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°，，第65页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题考查线面垂直，考查面面角，解题的关键是掌握线面垂直的判定，正确作出面面角，属于中档题．39.在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥AD，PA⊥PD，AD=2BC，AB=PB，E为PA的中点．（1）求证：BE∥平面PCD；（2）求证：平面PAB⊥平面PCD．答案及解析：

39.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（1）取PD的中点F，连接EF，CF．证明BE∥CF，利用直线与平面平行的判定定理证明BE∥平面PCD．（2）证明PA⊥CF，结合PA⊥PD，利用直线与平面垂直的判定定理证明PA⊥平面PCD．然后证明平面PAB⊥平面PCD．【解答】证明：（1）取PD的中点F，连接EF，CF．因为E为PA的中点，所以EF∥AD，EF=AD，因为BC∥AD，BC=AD，所以EF∥BC，EF=BC．第66页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

所以四边形BCFE为平行四边形．所以BE∥CF．…因为BE⊄平面PCD，CF⊂平面PCD，所以BE∥平面PCD．…（2）因为AB=PB，E为PA的中点，所以PA⊥BE．因为BE∥CF，所以PA⊥CF．…因为PA⊥PD，PD⊂平面PCD，CF⊂平面PCD，PD∩CF=F，所以PA⊥平面PCD．…因为PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD．…（14分）．【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理以及平面与平面垂直的判定定理的在与应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．40.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在线段AD上，AG=积为8

．31

GD，BG⊥GC，BG=GC=2，E是BC的中点，四面体P﹣BCG的体3（1）求异面直线GE与PC所成角的余弦值；（2）棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，求PF

的值，若不存在，请说明理由．PC答案及解析：

40.解：（1）由已知∴PG=4，==，第67页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

在平面ABCD内，过C点作CH∥EG交AD于H，连结PH，则∠PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角．在△PCH中，CH=，PC=，PH=．，由余弦定理得，cos∠PCH=（2）在平面ABCD内，过D作DM⊥GC，M为垂足，连结MF，又因为DF⊥GC，∴GC⊥平面MFD，∴GC⊥FM，由平面PGC⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM∥PG，由GM⊥MD得：GM=GD•cos45°=，∵，∴由DF⊥GC，可得．考点：直线与平面垂直的性质；异面直线及其所成的角．专题：证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）由已知考查PG，在平面ABCD内，过C点作CH∥EG交AD于H，连结PH，则∠PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角．在△PCH中，由余弦定理即可求得cos∠PCH的值．第68页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（2）在平面ABCD内，过D作DM⊥GC，M为垂足，连结MF，可证FM∥PG，由GM⊥MD得：GM=GD•cos45°=，由DF⊥GC，即可求得解答：解：（1）由已知∴PG=4，在平面ABCD内，过C点作CH∥EG交AD于H，连结PH，则∠PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角．在△PCH中，CH=，PC=，PH=．，=的值．=，由余弦定理得，cos∠PCH=（2）在平面ABCD内，过D作DM⊥GC，M为垂足，连结MF，又因为DF⊥GC，∴GC⊥平面MFD，∴GC⊥FM，由平面PGC⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM∥PG，由GM⊥MD得：GM=GD•cos45°=，∵，∴由DF⊥GC，可得．点评：本题主要考查了直线与平面垂直的性质，异面直线及其所成的角，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．第69页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

41.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2AD=2，BD=3，PD⊥底面ABCD．（1）证明：平面PBC⊥平面PBD；（2）若二面角P﹣BC﹣D为，求AP与平面PBC所成角的正弦值．6

答案及解析：

41.（1）证明：∵CD2=BC2+BD2，∵BC⊥BD∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC又∵PD∩BD=D，∴BC⊥平面PBD而BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD…（2）解：由（1）所证，BC⊥平面PBD，所以∠PBD即为二面角P﹣BC﹣D的平面角，即∠PBD=而BD=，所以PD=1…分别以DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，1）所以，，1）设平面PBC的法向量为，∴…即可解得）∴AP与平面PBC所成角的正弦值为sinθ=…第70页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

考点：用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（1）证明BC⊥平面PBD，利用面面垂直的判定定理，即可证明平面PBC⊥平面PBD；（2）确定∠PBD即为二面角P﹣BC﹣D的平面角，分别以DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，用坐标表示向量及平面PBC的法向量，利用向量的数量积公式，即可求得AP与平面PBC所成角的正弦值．解答：（1）证明：∵CD2=BC2+BD2，∵BC⊥BD∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC又∵PD∩BD=D，∴BC⊥平面PBD而BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD…（2）解：由（1）所证，BC⊥平面PBD，所以∠PBD即为二面角P﹣BC﹣D的平面角，即∠PBD=而BD=，所以PD=1…分别以DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，1）所以，，1）设平面PBC的法向量为，∴…即可解得）∴AP与平面PBC所成角的正弦值为sinθ=…第71页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

点评：本题考查面面垂直，考查线面角，解题的关键是掌握面面垂直的判定定理，正确运用向量法求线面角．42.(本小题满分13分)有一个所有棱长均为a的正四棱锥P—ABCD，还有一个所有棱长均为a的正三棱锥．将此三棱锥的一个面与正四棱锥的一个侧面完全重合地粘在一起，得到一个如图所示的多(I)证明：P,E,B,A四点共面；(II)求三棱锥A-DPE的体积；(III)在底面ABCD内找一点M，使EM面PBC．指出M的位置，并说明理由．答案及解析：

42.第72页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

43.(本小题满分12分)（原创）如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1中，E,F分别是BC,CC1的中点。（I）证明：平面AEF平面B1BCC1；（II）若该三棱柱所有的棱长均为2，求三棱锥B1AEF的体积。答案及解析：

43.（I）略；(II)3.2

第73页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（I）因为三棱柱ABCA1B1C1是正三棱柱，所以BB1面ABC，所以AEBB1，--2分又E是正三角形ABC的边BC的中点，所以AEBC，------------------------4分有因为BCBB1=B，因此AE平面B1BCC1，而AE平面AEF，所以平面AEF平面B1BCC1。---------------------------6分（II）VB1AEFVAB1EF，---------------------------8分111

SB1EF=22-2111-11=2，AE3，----------------------10分222由第（I）问可知AE平面B1BCC1

133VB1AEFVAB1EF=3=322--------------------------------------------12分44.如图，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD=90°，且PA=AD，E、F分别是线段PA、CD的中点．（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求异面直线EF与BD所成角的余弦值．答案及解析：

44.【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（1）由已知条件推导出PA⊥AD，由此利用面面垂直的性质定理能证明PA⊥平面ABCD．第74页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（2）法一：取BC的中点M，连结EM、FM，则FM∥BD，从而∠EFM（或其补角）就是异面直线EF与BD所成的角，由此利用余弦定理能求出异面直线EF与BD所成角的余弦值．法二：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A﹣xyz，利用向量法能求出异面直线EF与BD所成角的余弦值．【解答】（本题满分12分）（1）证明：由于平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD…而∠PAD=90°即PA⊥AD，且PA⊂平面PAD…由面面垂直的性质定理得：PA⊥平面ABCD…（2）解法一：取BC的中点M，连结EM、FM，则FM∥BD，∠EFM（或其补角）就是异面直线EF与BD所成的角．设PA=2，则AD=DC=CB=BA=2，…Rt△MAE中，同理，又，…，…∴△MFE中，由余弦定理得解法二：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，设AB=2，…A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，0，1），F（1，2，0）…∵，，…，…∴…第75页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查两导面直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．45.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．（Ⅰ）求证：BM∥平面ADEF；（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面BEC；（Ⅲ）求平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值．答案及解析：

45.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．【专题】计算题；证明题．第76页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【分析】（I）取DE中点N，连接MN，AN，由三角形中位线定理，结合已知中AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，易得四边形ABMN为平行四边形，所以BM∥AN，再由线面平面的判定定理，可得BM∥平面ADEF；（II）由已知中正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，易得ED⊥平面ABCD，进而ED⊥BC，由勾股定理，我们易判断出△BCD中，BC⊥BD，由线面垂直的判定定理可得BC⊥平面BDE，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面BDE⊥平面BEC；（III）以D为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面BEC与平面ADEF的法向量，代入向量夹角公式，即可求出平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值．【解答】证明：（I）取DE中点N，连接MN，AN在△EDC中，M、N分别为EC，ED的中点，所以MN∥CD，且MN=CD．由已知AB∥CD，AB=CD，所以MN∥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．（II）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．在直角梯形ABCD中，AB=AD=2，CD=4，可得BC=2在△BCD中，BD=BC=2所以BC⊥BD．所以BC⊥平面BDE，又因为BC⊂平面BCE，所以平面BDE⊥平面BEC．解：（III）由（2）知ED⊥平面ABCD，且AD⊥CD．以D为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．，CD=4，第77页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

．B（2，2，0），C（0，4，0），E（0，0，2），平面ADEF的一个法向量为=（0，1，0）设=（x，y，z）为平面BEC的一个法向量，因为，∴令x=1，得y=1，z=2所以=（1，1，2）为平面BEC的一个法向量设平面BEC与平面ADEF所成锐二面角为θ则cosθ==所以平面BEC与平面ADEF所成锐二面角为余弦值为【点评】本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，直线与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定，熟练掌握空间直线与平面不同位置关系（平行和垂直）的判定定理、性质定理、定义及几何特征是解答本题的关键．46.如图1，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，CD=2AB=4，BC=2．AE∥BC交CD于点E，点G，H分别在线段DA，DE上，且GH∥AE．将图1中的△AED沿AE翻折，使平面ADE⊥平面ABCE（如图2所示），连结BD、CD，AC、BE．第78页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（Ⅰ）求证：平面DAC⊥平面DEB；（Ⅱ）当三棱锥B﹣GHE的体积最大时，求直线BG与平面BCD所成角的正弦值．答案及解析：

46.【考点】直线与平面所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．【分析】（Ⅰ）根据折叠前后的边角关系可知道DE⊥底面ABCE，底面ABCE为正方形，从而得到AC⊥DE，AC⊥BE，根据线面垂直的判定定理即可得到AC⊥DBE，再根据面面垂直的判定定理得出平面DAC⊥平面DEB；（Ⅱ）根据已知条件知道三直线EA，EC，ED两两垂直，从而分别以这三直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出一些点的坐标，设EH=x，从而表示出HG=2﹣x，三棱锥B﹣GHE的高为AB=2，从而可表示出三棱锥B﹣GHE的体积V=看出x=1时V最大，这时G为AD中点．从而可求G点坐标，求出向量，从而坐标，可设平面BCD的法向量为={x，y，z}，根据为θ，而根据sinθ=即可求出，设直线BG与平面BCD所成角求出sinθ．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AB∥CD，∠ABC=90°，CD=2AB=4；又AE∥BC交CD于点E；∴四边形ABCE是边长为2的正方形；∴AC⊥BE，DE⊥AE；又∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE=AE；∴DE⊥平面ABCE；∵AC⊂平面ABCE，∴AC⊥DE；第79页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

又DE∩BE=E；∴AC⊥平面DBE；∵AC⊂平面DAC；∴平面DAC⊥平面DEB；（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE⊥平面ABCE，AE⊥EC；以E为原点，角坐标系，则：A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，2）；设EH=x，则GH=DH=2﹣x（0＜x＜2）；∵AB∥CE，∴AB⊥面DAE；∴；∵0＜x＜2，∴x=1时，三棱锥B﹣GHE体积最大，此时，H为ED中点；∵GH∥AE，∴G也是AD的中点，∴G（1，0，1），设是面BCD的法向量；；=的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示空间直则令y=1，得设BG与面BCD所成角为θ；；则=；∴BG与平面BCD所成角的正弦值为．第80页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】考查对折叠前后图形的观察能力，面面垂直的性质定理，线面垂直的性质，线面垂直的判定定理，以及建立空间直角坐标系，利用空间向量解决线面角问题的方法，棱锥的体积公式，两非零向量垂直的充要条件，平面法向量的概念及求法，直线和平面所成角的概念，直线和平面所成角与直线和平面法向量夹角的关系，向量夹角余弦的坐标公式．47.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，且AD∥BC，∠ABC=∠PAD=90°，侧面PAD⊥底面ABCD，若PA=AB=BC=，AD=1．（I）求证：CD⊥平面PAC（II）侧棱PA上是否存在点E，使得BE∥平面PCD？若存在，指出点E的位置，并证明，若不存在，请说明理由．答案及解析：

47.【考点】直线与平面平行的判定；空间图形的公理．【专题】计算题；空间位置关系与距离．第81页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【分析】（I）由面面垂直的性质证出PA⊥底面ABCD，可得PA⊥CD．在底面梯形ABCD中利用勾股定理和余弦定理，利用题中数据算出CD2+AC2=1=AD2，从而AC⊥CD．最后利用线面垂直的判定定理，即可证出CD⊥平面PAC；（II）取PD的中点F，连结BE、EF、FC．利用三角形的中位线定理和已知条件BC∥AD且BC=AD，证出四边形BEFC为平行四边形，可得BE∥CF．最后利用线面平行判定定理，即可证出BE∥平面PCD．【解答】解：（I）∵∠PAD=90°，∴PA⊥AD．又∵侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊂侧面PAD，且侧面PAD∩底面ABCD=AD，∴PA⊥底面ABCD．∵CD⊂底面ABCD，∴PA⊥CD．∵在底面ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，PA=AB=BC=，AD=1．∴AC==，∠CAB=∠CAD=45°△CAD中由余弦定理，得CD==可得CD2+AC2=1=AD2，得AC⊥CD．又∵PA、AC是平面PAC内的相交直线，∴CD⊥平面PAC．（II）在PA上存在中点E，使得BE∥平面PCD，证明如下：设PD的中点为F，连结BE、EF、FC，则∵EF是△PAD的中位线，∴EF∥AD，且EF=AD．∵BC∥AD，BC=AD，∴BC∥EF，且BC=EF，∴四边形BEFC为平行四边形，∴BE∥CF．∵BE⊄平面PCD，CF⊂平面PCD，∴BE∥平面PCD．第82页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题在四棱锥中证明线面垂直，并探索线面平行的存在性．着重考查了空间垂直、平行的位置关系的判断与证明等知识，属于中档题．48.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，底面边长和侧棱长均为2，D，D1分别是BC，B1C1的中点．（1）求证：AD⊥C1D；（2）求证：平面ADC1∥平面A1D1B．答案及解析：

48.【考点】平面与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）线面垂直的判定定理证明即可；（2）根据面面平行的判定定理证明即可．【解答】（1）证明：∵底面边长均为2，D是BC中点，∴AD⊥BC﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，AD⊂平面ABC，∴AD⊥BB1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∵BC⊂平面B1BCC1，BB1⊂平面B1BCC1，BC∩BB1=B，∴AD⊥平面B1BCC1，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∵DC1⊂面B1BCC1，∴AD⊥DC1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）证明：连结A1C交于AC1O，连结DO，如图示：∵O是正方形ACC1A1对角线的交点第83页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴O为A1C中点∵D是BC的中点∴OD∥A1B，且OD⊂平面ADC1，A1B⊊平面ADC1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∴A1B∥平面ADC1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∵D，D1分别是BC，B1C1的中点，∴AA1∥DD1，AA1=DD1，∴四边形AA1D1D是平行四边形∴AD∥A1D1﹣﹣﹣﹣﹣∵A1D1⊄平面ADB1，AD⊂平面ADB1，∴A1D1∥平面ADB1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∵A1D1∩A1B=A1，∴平面ADC1∥平面A1D1B﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣【点评】本题考查了线面垂直的判定定理以及面面平行的判定定理，考查数形结合思想，是一道中档题．49.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为侧棱PA的中点．（1）求证：PC∥平面BDE；（2）若PC⊥PA，PD=AD，求证：平面BDE⊥平面PAB．第84页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

49.证明：（1）连结AC，交BD于O，连结OE．因为ABCD是平行四边形，所以OA=OC．…因为E为侧棱PA的中点，所以OE∥PC．…因为PC⊂平面BDE，OE⊂平面BDE，所以PC∥平面BDE．…（2）因为E为PA中点，PD=AD，所以PA⊥DE．…因为PC⊥PA，OE∥PC，所以PA⊥OE．因为OE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，OE∩DE=E，所以PA⊥平面BDE．…因为PA⊂平面PAB，所以平面BDE⊥平面PAB．…（14分）考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（1）连结AC，交BD于O，连结OE，E为PA的中点，利用三角形中位线的性质，可知OE∥PC，利用线面平行的判定定理，即可得出结论；（2）先证明PA⊥DE，再证明PA⊥OE，可得PA⊥平面BDE，从而可得平面BDE⊥平面PAB．解答：证明：（1）连结AC，交BD于O，连结OE．因为ABCD是平行四边形，所以OA=OC．…因为E为侧棱PA的中点，所以OE∥PC．…因为PC⊂平面BDE，OE⊂平面BDE，所以PC∥平面BDE．…（2）因为E为PA中点，PD=AD，所以PA⊥DE．…因为PC⊥PA，OE∥PC，所以PA⊥OE．第85页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

因为OE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，OE∩DE=E，所以PA⊥平面BDE．…因为PA⊂平面PAB，所以平面BDE⊥平面PAB．…（14分）点评：本题考查线面平行的判定，考查面面垂直，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题50.如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F分别是BC，PC的中点．（1）证明：AE⊥PD；（2）若PA=AB=2，求二面角E﹣AF﹣C的余弦值．答案及解析：

50.从2015年1月起，山西省将鼓励高校毕业生在电子商务网络平台开办“网店”，对经商务部门认定的，可享受小额担保贷款、财政补贴、创业实训等扶持政策。材料启示劳动者（）A．整顿市场秩序,创造良好就业环境B．大力发展经济,提供更多就业岗位C．转变就业观念,提高就业素质技能D．切实履行职能,完善市场就业机制51.第86页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

已知平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，E是线段AD的中点．沿直线BD将△BCD翻折成△BC′D，使得平面BC′D⊥平面ABD．（Ⅰ）求证：C′D⊥平面ABD；（Ⅱ）求直线BD与平面BEC′所成角的正弦值．答案及解析：

51.【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【专题】证明题；空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）根据题意可得翻折成△BC'D以后线段的长度不发生变化，所以可得CD=6，BC′=BC=10，BD=8，即BC′2=C′D2+BD2，故C′D⊥BD．，再结合面面垂直的性质定理可得线面垂直．（II）根据题意建立空间直角坐标系，求出直线所在的向量与平面的法向量，再利用向量的有关知识求出两个向量的夹角，进而可求直线BD与平面BEC′所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：平行四边形ABCD中，AB=6，AD=10，BD=8，沿直线BD将△BCD翻折成△BC′D，可知CD=6，BC′=BC=10，BD=8，即BC′2=C′D2+BD2，故C′D⊥BD．∵平面BC'D⊥平面ABD，平面BC′D∩平面ABD=BD，C′D⊂平面BC′D，∴C′D⊥平面ABD．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知C′D⊥平面ABD，且CD⊥BD，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则D（0，0，0），A（8，6，0），B（8，0，0），C'（0，0，6）．∵E是线段AD的中点，∴E（4，3，0），=（﹣8，0，0），．第87页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

在平面BEC′中，=（﹣4，3，0），=（﹣8，0，6），设平面BEC′法向量为=（x，y，z），∴，令x=3，得y=4，z=4，故=（3，4，4）．…设直线BD与平面BEC′所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=∴直线BD与平面BEC′所成角的正弦值为．【点评】本题重点考查线面垂直、线面角以及翻折问题，考查向量知识的运用，学生必须要掌握在翻折的过程中，哪些是不变的，哪些是改变，这也是解决此类问题的关键．52.（19）（本小题满分12分）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，EAEB，AB2CD2BC．（Ⅰ）求证：ABDE；（Ⅱ）求二面角CDEA余弦值．答案及解析：

第88页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

52.（Ⅰ）取AB中点O，连结EO，DO．因为EBEA，所以EOAB．……1分因为四边形ABCD为直角梯形，AB2CD2BC，ABBC，O

所以四边形OBCD为正方形，所以ABOD．……2分又EODOO，………………………………3分EO面EOD，DO面EOD，……………4分所以AB平面EOD，又ED面EOD，所以ABED．………………………………5分（Ⅱ）因面ABE面ABCD，且EOAB，所以EO面ABCD，所以EOOD．由OD,OA,OE两两垂直，建立如图的空间直角坐标系Oxyz．………………6分因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以ODOAOE，设ODa，所以Ca,a,0，Da,0,0，E0,0,a，A0,a,0．

所以DC0,a,0，DEa,0,a，DAa,a,0，………………7分z

O

xy



设平面CDE的一个法向量为n1x1,y1,z1．n1DC0ay10则，

axaz011n1DE0



所以可取n11,0,1……………………8分

设平面ADE的一个法向量为n2x2,y2,z2．第89页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）



n2DA0ax2ay20

则，所以可取n21,1,1………………9分

n2DE0ax2az20116所以cosn1,n2，………………………………………………11分

323由图可知二面角CDEA为钝角，所以二面角的余弦值为53.（12分）（2015秋•玉溪校级月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D、E分别为AB、AC中点．（1）求证：AB⊥PE；（2）求二面角A﹣PB﹣E的大小．6．………12分3

答案及解析：

53.考点：专题：分析：二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．空间位置关系与距离；空间角．（1）连结PD，由已知得PD⊥AB，BC⊥AB，DE⊥AB，由此能证明AB⊥PE．（2）由已知得PD⊥AB，PD⊥平面ABC，DE⊥PD，ED⊥AB，从而DE⊥平面PAB，过D做DF垂直PB与F，连接EF，则EF⊥PB，∠DFE为所求二面角的平面角，由此能求出二面角的A﹣PB﹣E大小．解答：（1）证明：连结PD，∵PA=PB，∴PD⊥AB．∵DE∥BC，BC⊥AB，DE⊥AB．又∵PD∩DE=E，∴AB⊥平面PDE，∵PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（2）解：∵平面PAB⊥平面ABC，第90页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊥平面ABC．则DE⊥PD，又ED⊥AB，PD∩平面AB=D，DE⊥平面PAB，过D做DF垂直PB与F，连接EF，则EF⊥PB，∴∠DFE为所求二面角的平面角∴DE=，DF=，则，故二面角的A﹣PB﹣E大小为60°．点评：本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的大小的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．54.如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE⊥平面ECD．（1）求证：AB⊥平面ADE；（2）若点M在线段AE上，AM=2ME，N为线段CD中点，求证：EN∥平面BDM．答案及解析：

54.考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．第91页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

专题：空间位置关系与距离．分析：（1）证明AB⊥AE，AB⊥AD，利用直线与平面垂直的判定定理证明AB⊥平面ADE．（2）连AN交BD于F点，连接FM，证明EN∥FM，利用直线与平面平行的判定定理证明EN∥平面BDM．解答：证明：（1）∵AE⊥平面ECD，CD⊂平面ECD．∴AE⊥CD．又∵AB∥CD，∴AB⊥AE．…（2分）在矩形ABCD中，AB⊥AD，…（4分）∵AD∩AE=A，AD，AE⊂平面ADE，∴AB⊥平面ADE．…（6分）（2）连AN交BD于F点，连接FM，…（8分）∵AB∥CD且AB=2DN，∴AF=2FN，…（10分）又AM=2ME∴EN∥FM，…（12分）又EN⊄平面BDM，FM⊂平面BDM．∴EN∥平面BDM．…（14分）点评：本题考查直线与平面平行的判定定理以及直线与平面垂直的判定定理的应用，考查逻辑推理能力．55.如图，三棱锥P﹣ABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA=90°，PB=BC=CA=2，E为PC的中点，点F在PA上，且2PF=FA．（1）求证：平面PAC⊥平面BEF；（2）求平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）的余弦值．答案及解析：

55.第92页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

考点：二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．专题：综合题．分析：（1）证明AC⊥平面PBC，可得AC⊥BE，又BE⊥PC，可得BE⊥平面PAC，从而可得平面PAC⊥平面BEF；（2）取AF的中点G，AB的中点M，连接CG，CM，GM，证明平面CMG∥平面BEF，则平面CMG与平面平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）就等于平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）．解答：（1）证明：∵PB⊥底面ABC，且AC⊂底面ABC，∴AC⊥PB，由∠BCA=90°，可得AC⊥CB，又∵PB∩CB=B，∴AC⊥平面PBC，∵BE⊂平面PBC，∴AC⊥BE，∵PB=BC，E为PC中点，∴BE⊥PC，∵AC∩PC=C，∴BE⊥平面PAC，∵BE⊂平面BEF，∴平面PAC⊥平面BEF；（2）解：取AF的中点G，AB的中点M，连接CG，CM，GM，∵E为PC的中点，2PF=AF，∴EF∥CG，∵CG⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，∴CG∥平面BEF．同理可证：GM∥平面BEF，∵CG∩GM=G，∴平面CMG∥平面BEF．则平面CMG与平面平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）就等于平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角（锐角）．∵PB⊥底面ABC，CM⊂平面ABC∴CM⊥PB，∵CM⊥AB，PB∩AB=B，∴CM⊥平面PAB，∵GM⊂平面PAB，∴CM⊥GM，而CM为平面CMG与平面ABC的交线，又AM⊂底面ABC，GM⊂平面CMG，∴∠AMG为二面角G﹣CM﹣A的平面角根据条件可知AM=，AG=，第93页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

在△PAB中，cos∠GAM=，，∴cos∠AMG=，．在△AGM中，由余弦定理求得MG=故平面ABC与平面PEF所成角的二面角（锐角）的余弦值为点评：本题考查面面垂直，考查面面角，解题的关键是掌握面面垂直的判定，正确作出面面角，属于中档题．56.如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M，N分别是棱PC，AB的中点，且MN⊥CD．（Ⅰ）求证：AD⊥CD；（Ⅱ）若AB=AD，求直线MN与平面PBD所成角的正弦值．答案及解析：

56.解：（Ⅰ）证明：如图，取PD中点E，连AE，EM，则EM∥AN，且EM=AN；第94页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴四边形ANME是平行四边形，MN∥AE；∵MN⊥CD，∴AE⊥CD，即CD⊥AE；取AD中点O，连PO，△PAD是等边三角形，则PO⊥AD；又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD；∴PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，即CD⊥PO；故CD⊥平面PAD，AD⊂平面PAD；∴CD⊥AD，即AD⊥CD；（Ⅱ）由AB=AD，AD⊥CD，得▱ABCD是正方形；取BC边的中点F，连接OF，则分别以OA，OF，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系；设AB=2，则A（1，0，0），B（1，2，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，）；=（2，2，0），=（1，0，）；，则：），E（﹣，0，设平面PBD的法向量；∴；∴，取z=1，∴；==（，0，﹣）；设直线MN与平面PBD所成的角为θ，则：sinθ=|cos＜，＞|==．考点：直线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．第95页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

分析：（Ⅰ）取PD边中点E，连接AE，EM，根据MN⊥CD容易得到CD⊥AE，而根据已知条件可以说明PO⊥平面ABCD，从而得到CD⊥PO，这样CD就垂直于平面PAD内两条相交直线，由线面垂直的判定定理从而得到AD⊥CD；（Ⅱ）取BC中点F，连接OF，由（Ⅰ）便可知道OA，OF，OP三条直线两两垂直，从而可分别以这三条直线为x，y，z轴，可设AB=2，这样即可求得图形中一些点的坐标．从而求出向量的坐标，这时候设平面PBD的法向量为，根据即可求出的坐标，若设MN和平面PBD所成角为θ，从而根据sinθ=解答：解：（Ⅰ）证明：如图，即可求得答案．取PD中点E，连AE，EM，则EM∥AN，且EM=AN；∴四边形ANME是平行四边形，MN∥AE；∵MN⊥CD，∴AE⊥CD，即CD⊥AE；取AD中点O，连PO，△PAD是等边三角形，则PO⊥AD；又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD；∴PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，即CD⊥PO；故CD⊥平面PAD，AD⊂平面PAD；∴CD⊥AD，即AD⊥CD；（Ⅱ）由AB=AD，AD⊥CD，得▱ABCD是正方形；取BC边的中点F，连接OF，则分别以OA，OF，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系；第96页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

设AB=2，则A（1，0，0），B（1，2，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，）；=（2，2，0），=（1，0，）；，则：），E（﹣，0，设平面PBD的法向量；∴；∴，取z=1，∴；==（，0，﹣）；设直线MN与平面PBD所成的角为θ，则：sinθ=|cos＜，＞|==．点评：考查面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理，以及建立空间直角坐标系，利用向量解决直线和平面所成角的问题，能求空间点的坐标，注意线面角和直线和平面法向量所成角的关系，以及向量夹角余弦的坐标公式57.如图，四棱锥P﹣ABCD，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC=60°的菱形，M为棱PC上的动点，且（Ⅰ）求证：BC⊥PC；（Ⅱ）试确定λ的值，使得二面角P﹣AD﹣M的平面角余弦值为．=λ（λ∈[0，1]）．答案及解析：

57.第97页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质．专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）取AD中点O，连结OP，OC，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BC⊥PC．（Ⅱ）设M（a，b，c），由=λ可得点M的坐标为（λ，0，），求出平面AMD的法向量和平面PAD的法向量，由此利用向量法能求出结果．解答：解：（Ⅰ）取AD中点O，连结OP，OC，∵侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC=60°的菱形，∴△ADC是等边三角形，PO、AD、CO两两垂直，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得P（0，0，=（0，﹣2，0），∴（Ⅱ）由∴=（），C（=（﹣，0，0），B（，0，），，﹣2，0），=0，∴CB⊥CP．=λ可得点M的坐标为（λ，1，），λ，0，=（λ，﹣，），），平面AMD的法向量=（x，y，z），则令z=λ，得=（λ﹣1，0，λ），由题意平面PAD的法向量=（1，0，0），∵二面角P﹣AD﹣M的平面角余弦值为∴|cos＜，＞|==，．由λ∈[0，1]），解得λ=．第98页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

点评：本题考查空间线面关系、二面角P﹣AD﹣M的平面角余弦值等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，正确运用向量法是关键．58.如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，∠PCD=90°，PA=AB=AC．（I）求证：AC⊥CD；（Ⅱ）点E在棱PC上，满足∠DAE=60°，求二面角B﹣AE﹣D的余弦值．答案及解析：

58.（Ⅰ）证明：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因为∠PCD=90°，所以PC⊥CD，所以CD⊥平面PAC，所以CD⊥AC；（Ⅱ）解：∵底面ABCD是平行四边形，CD⊥AC，∴AB⊥AC．又PA⊥底面ABCD，∴AB，AC，AP两两垂直．如图所示，以点A为原点，以为x轴正方向、以||为单位长度，建立空间直角坐标系．则B（1，0，0），C（0，1，0），P（0，0，1），D（﹣1，1，0）．设=λ=λ（0，1，﹣1），则，=+=（0，λ，1﹣λ），又∠DAE=60°，则cos＜＞=，第99页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

即=，解得λ=．则=（0，，），=﹣=（﹣1，，﹣），所以cos＜，＞==﹣．因为又•⊥=0，所以⊥．．，故二面角B﹣AE﹣D的余弦值为﹣考点：用空间向量求平面间的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）通过线面垂直的判定定理及性质定理即得结论；（Ⅱ）以点A为原点，以为x轴正方向、以||为单位长度，建立空间直角坐标系．利用∠DAE=60°即cos＜，＞=可得=（0，，），通过cos＜，＞=即得二面角B﹣AE﹣D的余弦值为．解答：（Ⅰ）证明：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因为∠PCD=90°，所以PC⊥CD，所以CD⊥平面PAC，所以CD⊥AC；（Ⅱ）解：∵底面ABCD是平行四边形，CD⊥AC，∴AB⊥AC．又PA⊥底面ABCD，∴AB，AC，AP两两垂直．如图所示，以点A为原点，以为x轴正方向、以||为单位长度，建立空间直角坐标系．则B（1，0，0），C（0，1，0），P（0，0，1），D（﹣1，1，0）．设=λ=λ（0，1，﹣1），则=+=（0，λ，1﹣λ），第100页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

又∠DAE=60°，则cos＜，＞=，即=，解得λ=．则=（0，，），=﹣=（﹣1，，﹣），所以cos＜，＞==﹣．因为又•⊥=0，所以⊥．．，故二面角B﹣AE﹣D的余弦值为﹣点评：本题考查空间中线线垂直的判定，以及求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题59.一个楔子形状几何体的直观图如图所示，其底面ABCD为一个矩形，其中AB=6，AD=4，顶部线段EF∥平面ABCD，棱EA=ED=FB=FC=6M，N分别是AD，BC的中点．（I）证明：平面EFNM⊥平面ABCD；（Ⅱ）求直线BF与平面EFCD所成角的正弦值．，二面角F﹣BC﹣A的余弦值为．设答案及解析：

59.第101页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

考点：直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角．分析：（I）根据线面平行的性质定理推断出EF∥AB，又M，N是平行四形ABCD两边AD，BC的中点，推断出MN∥AB，进而可知EF∥MN，推断出E，F，M，N四点共面．根据FB=FC，推断出BC⊥FN，又BC⊥MN，根据线面垂直的判定定理推断出，BC⊥平面EFNM，即可证明平面EFNM⊥平面ABCD；（Ⅱ）在平面EFNM内F做MN的垂线，垂足为H，则由第（1）问可知：BC⊥平面EFNM，则平面ABCD⊥平面EFNM，进而可知FH⊥平面ABCD，又因为FN⊥BC，HN⊥BC，可知二面角F﹣BC﹣A的平面角为∠FNH．在Rt△FNB和Rt△FNH中，分别求得FN和HN，过H做边AB，CD的垂线，垂足为S，Q，建立空间直角坐标系，由此能求出直线BF与平面EFCD所成角的正弦值．解答：（I）证明：∵EF∥平面ABCD，且EF⊂平面EFAB，又∵平面ABCD∩平面EFAB=AB，∴EF∥AB，又M，N是平行四形ABCD两边AD，BC的中点，∴MN∥AB，∴EF∥MN，∴E，F，M，N四点共面．∵FB=FC，∴BC⊥FN，又∵BC⊥AB，∴BC⊥MN，∵FN∩MN=N，∴BC⊥平面EFNM，∵BC⊂平面ABCD，∴平面EFNM⊥平面ABCD；（Ⅱ）解：在平面EFNM内F做MN的垂线，垂足为H，则由第（I）问可知：BC⊥平面EFNM，则平面ABCD⊥平面EFNM，∴FH⊥平面ABCD，又∵FN⊥BC，HN⊥BC，∴二面角F﹣BC﹣A的平面角为∠FNH．第102页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

在Rt△FNB和Rt△FNH中，FN=，HNHN=FNcos∠FNH=2，∴FH=8，过H做边AB，CD的垂线，垂足为S，Q，以H为坐标原点，以HS，HN，HF方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则F（0，0，8），S（2，0，0），C（﹣2，2，0），D（﹣2，﹣4，0），则=（2，2，﹣8），=（﹣2，2，﹣8），=（0，﹣6，0）设平面EFCD的一个法向量为=（x，y，z），则，取z=1，得=（﹣4，0，1），设直线BF与平面EFCD所成角为θ，则sinθ==．点评：本题主要考查了空间点，线面的位置关系，空间的角的计算．考查学生的空间想象能力和运算能力．属于中档题．60.如图，在△ABC中，已知∠ABC=45°，O在AB上，且OB=OC=AB，又PO⊥平面ABC，DA∥PO，DA=AO=PO．（Ⅰ）求证：PD⊥平面COD；（Ⅱ）求二面角B﹣DC﹣O的余弦值．第103页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

60.考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离；空间向量及应用．分析：（Ⅰ）设OA=1，则PO=OB=2，DA=1，由DA∥PO，PO⊥平面ABC，知DA⊥平面ABC，可得DA⊥AO．利用勾股定理的逆定理可得：PD⊥DO．由OC=OB=2，∠ABC=45°，可得CO⊥AB，又PO⊥平面ABC，可得PO⊥OC，得到CO⊥平面PAB．得到CO⊥PD．即可证明．（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB=1，利用线面垂直的性质、向量垂直与数量积的关系得出两个平面的法向量，求出其夹角即可．解答：（Ⅰ）证明：设OA=1，则PO=OB=2，DA=1，由DA∥PO，PO⊥平面ABC，知DA⊥平面ABC，∴DA⊥AO．从而在△PDO中，∵PO=2，∴△PDO为直角三角形，故PD⊥DO．又∵OC=OB=2，∠ABC=45°，∴CO⊥AB，又PO⊥平面ABC，∴PO⊥OC，又PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB=O，∴CO⊥平面PAB．故CO⊥PD．∵CO∩DO=O，∴PD⊥平面COD．第104页，总171页，立体几何专题专练１００题（含详解）

（Ⅱ）解：以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立直角坐标系如图．则由（Ⅰ）知，C（2，0，0），B（0，2，0），P（0，0，2），D（0，﹣1，1），∴由（Ⅰ）知PD⊥平面COD，∴是平面DCO的一个法向量，，设平面BDC的法向量为，∴，∴，令y=1，则x=1，z=3，∴，∴，由图可知：二面角B﹣DC﹣O为锐角，二面角B﹣DC﹣O的余弦值为．点评：本题考查了线面垂直的判定与性质定理，考查了通过建立空间直角坐标系利用线面垂直的性质定理、向量垂直与数量积的关系及平面的法向量的夹角求出二面角的方法、勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的性质，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力．61.如图，矩形ABCD中，E，F分别在线段BC和AD上，EF∥AB，将矩形ABCD沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF．（Ⅰ）求证：NC∥平面MFD；（Ⅱ）若四边形ECDF为正方形且平面MNEF⊥平面ECDF，求证：平面NED⊥平面NFC．第105页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

61.考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（Ⅰ）根据线面平行的判定定理证明NC∥平面MFD；（Ⅱ）根据面面垂直的判定定理即可证明平面平面NED⊥平面NFC．解答：证明：（Ⅰ）∵四边形MNEF，EFDC都是平行四边形，∴MN∥EF，EF∥CD，MN=EF，EF=CD，∴四边形MNCD是平行四边形，∴NC∥MD，∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，∴NC∥平面MFD；（Ⅱ）连结ED，∵平面NMNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，∴NE⊥平面ECDF，∴FC⊥NE，∵四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED，∵NE∩ED=E，EN⊂平面NED，ED⊂平面NED，∴FC⊥平面NFC，∵FC⊂平面NFC，∴平面NED⊥平面NFC．第106页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

点评：本题主要考查空间直线和平面平行以及平面和平面垂直的判定，要求熟练掌握相应的判定定理．62.如图，四棱锥P﹣ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD．（Ⅰ）求证：AB⊥PD；（Ⅱ）若∠BPC=90°，PB=PC=2，问AB为何值时，四棱锥P﹣ABCD的体积最大？并求此时直线PB与平面PDC所成角的正弦值．答案及解析：

62.考点：直线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）由已知条件推导出AB⊥平面PAD，由此能证明AB⊥PD．（Ⅱ）取线段AD的中点O，连结PO，则PO⊥平面ABCD，取BC中点M，连结OM，则OM⊥AD，设AB=x，则VP﹣

ABCD===，当且仅当x2=1，即x=1时，四棱锥P﹣ABCD的体积最大，此时以O为原点，OA为x轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线PB与平面PDC所成角的正弦值．解答：（Ⅰ）证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，第107页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，∴AB⊥PD．（Ⅱ）解：由题意得AB⊥平面PAD，DC⊥平面PAD，∴在Rt△PAB与Rt△PDC中，PB=PC=2，AB=DC，∴PA=PD，∴△PAD为等腰三角形，取线段AD的中点O，连结PO，则PO⊥平面ABCD，取BC中点M，连结OM，则OM⊥AD，设AB=x，则OM=AB=x，在△BPC中，∠BPC=90°，PB=PC=2，∴BC=2PM=，，=，∴在Rt△POM中，PO=∴VP﹣ABCD===，当且仅当x2=1，即x=1时，四棱锥P﹣ABCD的体积最大，[来源:学科网]此时以O为原点，OA为x轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则O（0，0，0），B（D（﹣∴），C（﹣，1，0），，0，0），P（0，0，1），，=（0，﹣1，0），设平面PDC的一个法向量=（x，y，z），由，令x=1，解得=（1，0，﹣又=（），），设直线PB与平面PDC所成角为θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．第108页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴直线PB与平面PDC所成角的正弦值为．点评：本题考查异面向量垂直的证明，考查四面体体积最大时线段长的求法，考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用．63.如图，三棱柱ABC﹣A1B2C3的底面是边长为4正三角形，AA1⊥平面ABC，AA1=2为A1B1的中点．（Ⅰ）求证：MC⊥AB；（Ⅱ）在棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．（Ⅲ）若点P为CC1的中点，求二面角B﹣AP﹣C的余弦值．，M答案及解析：

63.考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）取AB中点O，连接OM，OC，证明AB⊥平面OMC，可得MC⊥AB；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，设P（0，2只要•=0，•=0，即可得出结论；，t）（0≤t≤2），要使直线MC⊥平面ABP，（Ⅲ）若点P为CC1的中点，求出平面PAC的一个法向量、平面PAB的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角B﹣AP﹣C的余弦值．解答：（I）证明：取AB中点O，连接OM，OC．∵M为A1B1中点，∴MO∥A1A，又A1A⊥平面ABC，∴MO⊥平面ABC，∴MO⊥AB∵△ABC为正三角形，∴AB⊥CO第109页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

又MO∩CO=O，∴AB⊥平面OMC又∵MC⊂平面OMC∴AB⊥MC（II）解：以O为原点，建立空间直角坐标系．如图．依题意O（0，0，0），A（﹣2，0，0）B（2，0，0），C（0，2设P（0，2则=（0，2，t）（0≤t≤2，﹣2），），=（4，0，0），•=0，•=（0，2=0，，t）．，0），M（0，0，2）．要使直线MC⊥平面ABP，只要即12﹣2t=0，解得t=，．）．∴P的坐标为（0，2∴当P为线段CC1的中点时，MC⊥平面ABP（Ⅲ）解：取线段AC的中点D，则D（﹣1，故=（3，﹣，0），易知DB⊥平面A1ACC1，，0）为平面PAC的一个法向量．…．（11分）=（0，2，﹣2）为平面PAB的一个法向量．又由（II）知设二面角B﹣AP﹣C的平面角为α，则cosα=||=．∴二面角B﹣AP﹣C的余弦值为．点评：本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想．64.第110页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

如图，边长为的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，其中AB∥CD，AB⊥BC，DC=BC=AB=1，点M在线段EC上．（Ⅰ）证明：平面BDM⊥平面ADEF；（Ⅱ）判断点M的位置，使得平面BDM与平面ABF所成锐二面角为．答案及解析：

64.考点：二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．专题：空间角．分析：（Ⅰ）由已知三角形的半径关系得到AD⊥BD，再由面面垂直的性质得到ED⊥面ABCD，进一步得到BD⊥ED，利用线面垂直的判定得到BD⊥面ADEF，由BD⊂面BDM，利用面面垂直的判定得到平面BDM⊥平面ADEF；（Ⅱ）在面DAB内过D作DN⊥AB，垂足为N，则可证得DN⊥CD，以D为坐标原点，DN所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，结合E，M，C三点共线得到，把M的坐标用含有λ的代数式表示，求出平面BDM的法向量，再由平面ABF的法向量为，由平面BDM与平面ABF所成锐二面角为的坐标可求，位置确定．解答：（Ⅰ）证明：如图，∵DC=BC=1，DC⊥BC，∴BD=又∵AD=，求得．则点M，AB=2，∴AD2+BD2=AB2，则∠ADB=90°，∴AD⊥BD．又∵面ADEF⊥面ABCD，ED⊥AD，面ADEF∩面ABCD=AD，第111页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴ED⊥面ABCD，则BD⊥ED，又∵AD∩DE=D，∴BD⊥面ADEF，又BD⊂面BDM，∴平面BDM⊥平面ADEF；（Ⅱ）在面DAB内过D作DN⊥AB，垂足为N，∵AB∥CD，∴DN⊥CD，又∵ED⊥面ABCD，∴DN⊥ED，∴以D为坐标原点，DN所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，∴B（1，1，0），C（0，1，0），E（0，0，设M（x0，y0，z0），由），N（1，0，0），，得，∴x0=0，，则M（0，λ，），设平面BDM的法向量，则，∴，令x=1，得∵平面ABF的法向量．，∴，解得：．∴M（0，），∴点M的位置在线段CE的三等分点且靠近C处．第112页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

点评：本题主要考查直线与平面之间的平行、垂直等位置关系，二面角的概念、求法等知识，以及空间想象能力和逻辑推理能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．65.在如图的几何体中，平面CDEF为正方形，平面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB=2BC，∠ABC=60°，AC⊥FB．（1）求证：AC⊥平面FBC；（2）求直线BF与平面ADE所成角的正弦值．答案及解析：

65.考点：用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．专题：空间位置关系与距离；空间向量及应用．分析：（1）证明1：由余弦定理得FBC．证明2：设∠BAC=α，∠ACB=120°﹣α．由正弦定理能推出AC⊥BC，由此能证明AC⊥平面FBC．（2）解法1：由（1）结合已知条件推导出AC⊥FC．由平面CDEF为正方形，得到CD⊥FC，由此入手能求出直线BF与平面ADE所成角的正弦值．解法2：由题设条件推导出CA，CB，CF两两互相垂直，建立空间直角坐标系利用向量法能求出直线BF与平面ADE所成角的正弦值．解答：（1）证明1：因为AB=2BC，∠ABC=60°，在△ABC中，由余弦定理得：AC2=（2BC）2+BC2﹣2×2BC•BC•cos60°，即．…（2分），所以AC⊥BC，由此能够证明AC⊥平面所以AC2+BC2=AB2．第113页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

所以AC⊥BC．…（3分）因为AC⊥FB，BF∩BC=B，BF、BC⊂平面FBC，所以AC⊥平面FBC．…（4分）证明2：因为∠ABC=60°，设∠BAC=α（0°＜α＜120°），则∠ACB=120°﹣α．在△ABC中，由正弦定理，得因为AB=2BC，所以sin（120°﹣α）=2sinα．整理得，所以α=30°．…（2分）．…（1分）所以AC⊥BC．…（3分）因为AC⊥FB，BF∩BC=B，BF、BC⊂平面FBC，所以AC⊥平面FBC．…（4分）（2）解法1：由（1）知，AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，所以AC⊥FC．因为平面CDEF为正方形，所以CD⊥FC．因为AC∩CD=C，所以FC⊥平面ABCD．…（6分）取AB的中点M，连结MD，ME，因为ABCD是等腰梯形，且AB=2BC，∠DAM=60°，所以MD=MA=AD．所以△MAD是等边三角形，且ME∥BF．…（7分）取AD的中点N，连结MN，NE，则MN⊥AD．…（8分）因为MN⊂平面ABCD，ED∥FC，所以ED⊥MN．因为AD∩ED=D，所以MN⊥平面ADE．…（9分）所以∠MEN为直线BF与平面ADE所成角．…（10分）因为NE⊂平面ADE，所以MN⊥NE．…（11分）因为，，…（12分）．…（13分）．…（14分）在Rt△MNE中，所以直线BF与平面ADE所成角的正弦值为解法2：由（1）知，AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，所以AC⊥FC．第114页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

因为平面CDEF为正方形，所以CD⊥FC．因为AC∩CD=C，所以FC⊥平面ABCD．…（6分）所以CA，CB，CF两两互相垂直，建立如图的空间直角坐标系C﹣xyz．…（7分）因为ABCD是等腰梯形，且AB=2BC，∠ABC=60°所以CB=CD=CF．不妨设BC=1，则B（0，1，0），F（0，0，1），，所以，．…（9分）设平面ADE的法向量为=（x，y，z），，，，则有即取x=1，得=是平面ADE的一个法向量．…（11分）设直线BF与平面ADE所成的角为θ，则．…（13分）所以直线BF与平面ADE所成角的正弦值为．…（14分）第115页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

点评：本题考查直线与平面垂直的证明，考查直线与平面所成角的正弦值，解题时要注意向量法的合理运用，注意空间思维能力的培养．66.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，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=（1）求证：平面PQB⊥平面PAD；（2）若二面角M﹣BQ﹣C为30°，设PM=tMC，试确定t的值．．答案及解析：

66.考点：用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．专题：综合题．分析：（Ⅰ）法一：由AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，知四边形BCDQ为平行四边形，故CD∥BQ．由∠ADC=90°，知QB⊥AD．由平面PAD⊥平面ABCD，知BQ⊥平面PAD．由此能够证明平面PQB⊥平面PAD．第116页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

法二：由AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，知四边形BCDQ为平行四边形，故CD∥BQ．由∠ADC=90°，知∠AQB=90°．由PA=PD，知PQ⊥AD，故AD⊥平面PBQ．由此证明平面PQB⊥平面PAD．（Ⅱ）由PA=PD，Q为AD的中点，知PQ⊥AD．由平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，知PQ⊥平面ABCD．以Q为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出t=3．解答：解：（Ⅰ）证法一：∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．…证法二：AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°．∵PA=PD，∴PQ⊥AD．∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PBQ．∵AD⊂平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．…（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．则平面BQC的法向量为Q（0，0，0），设M（x，y，z），则∵，，，；，．，第117页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴，∴…在平面MBQ中，∴平面MBQ法向量为∵二面角M﹣BQ﹣C为30°，∴，．…（13分），，∴t=3．…点评：本题考查平面与平面垂直的证明，求实数的取值．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化，合理地运用向量法进行解题．67.如图4，在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC＝2，M为AB的中点．（I）证明：AC⊥SB;（II）求二面角S一CM－A的余弦值第118页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

67.方法一：几何法（Ⅰ）证明：如图4，取AC的中点D，连接DS，DB．因为SASC，BABC，所以ACDS，且ACDB，DSDBD，所以AC平面SDB，又SB平面SDB，所以ACSB．……………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：因为SDAC，平面SAC平面ABC，所以SD平面ABC.如图4，过D作DECM于E，连接SE，则SECM，所以SED为二面角SCMA的平面角.由已知有DE……………………………………（8分）11AM，又SASC2，AC2，所以SD1，225，2在Rt△SDE中，SE所以cosSED方法二：向量法DE5．=SE5…………………………………………………（12分）第119页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（Ⅰ）证明：如图5，取AC的中点O，连接OS，OB．因为SASC，BABC，所以ACOS，且ACOB，又平面SAC平面ABC，平面SAC平面ABC=AC，所以SO平面ABC，所以SOBO．如图5，建立空间直角坐标系Oxyz，则A(1，0，0)，C(1，0，0)，S(0，0，1)，B(0，3，0)，因为AC(2，0，0)，SB(0，3，1)，………………………………………………（3分）所以ACSB20030(1)0，∴ACSB．……………………………………………………………………（6分）3133（Ⅱ）解：因为M是AB的中点，所以M，，0，∴CM，，0，2222CS(1，0,1)，设n(1，y，z)为平面SCM的一个法向量，33y0，nCM则得，所以y3，z1n(1，3，1)，22nCS1z0，又OS(0，0，1)为平面ABC的一个法向量，nOS∴cosn，OS|n||OS|1515．5………………………………………（11分）又二面角SCMA的平面角为锐角，所以二面角SCMA的余弦值为5．………………………………………（12分）5第120页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

68.如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，F是A1C1的中点，连接FB1，AB1，FA（1）求证：平面FAB1⊥平面ACC1A1；（2）求证：直线BC1∥平面AB1F．答案及解析：

68.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】计算题；证明题；空间位置关系与距离．【分析】（1）利用正三棱柱的性质可得AA1⊥底面A1B1C1，因此AA1⊥B1F．利用正三角形的性质及F是边A1C1的中点，可得B1F⊥A1C1．利用线面垂直的判定定理可得B1F⊥平面ACC1A1，再利用面面垂直的判定可得平面AFB1⊥平面ACC1A1．（2）连接A1B交AB1于G点，连接FG，根据四边形ABB1A1为平行四边形得到A1G=BG，又因A1F=C1F则FG∥BC1，又FG⊂平面AFB1，BC1⊄平面AFB1根据线面平行的判定定理可知BC1∥平面AFB1．【解答】解：（1）由正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得AA1⊥底面A1B1C1，∴AA1⊥B1F．由F是正△A1B1C1的A1C1的中点，∴B1F⊥A1C1．又A1A∩A1C1=A1，∴B1F⊥平面ACC1A1，∴平面FAB1⊥平面ACC1A1．（2）证明：连接A1B交AB1于G点，连接FG∵四边形ABB1A1为平行四边形∴A1G=BG又∵A1F=C1F∴FG∥BC1又∵FG⊂平面AFB1BC1⊄平面AB1F∴BC1∥平面AB1F第121页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题综合考查了正三棱柱的性质、线面垂直与平行的判定与性质、面面垂直的判定定理、三角形的中位线定理、矩形的性质等基础知识与基本技能，考查了空间想象能力、推理能力．69.如图，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．（1）求证：AD⊥BM；（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角E﹣AM﹣D的余弦值为．答案及解析：

69.【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题．【专题】综合题；空间位置关系与距离；空间角．【分析】（1）先证明BM⊥AM，再利用平面ADM⊥平面ABCM，证明BM⊥平面ADM，从而可得AD⊥BM；（2）建立直角坐标系，设，求出平面AMD、平面AME的一个法向量，利用向量的夹角公式，结合二面角E﹣AM﹣D的余弦值为，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点，∴AM=BM=，第122页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴BM⊥AM，∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM⊂平面ABCM∴BM⊥平面ADM∵AD⊂平面ADM∴AD⊥BM；（2）建立如图所示的直角坐标系，设，则平面AMD的一个法向量，，设平面AME的一个法向量为，取y=1，得，所以，因为求得，所以E为BD的中点．【点评】本题考查线面垂直，考查面面角，正确运用面面垂直的性质，掌握线面垂直的判定方法，正确运用向量法是关键．70.如图，在三棱锥S﹣ABC中，SB⊥底面ABC，且SB=AB=2，BC=E分别是SA、SC的中点．，D、第123页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（I）求证：平面ACD⊥平面BCD；（II）求二面角S﹣BD﹣E的平面角的大小．答案及解析：

70.【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（Ⅰ）根据面面垂直的判定定理证明AD⊥平面BCD即可证明平面ACD⊥平面BCD．（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角S﹣BD﹣E的余弦值．【解答】证明：（I）∵∠ABC=∴BA⊥BC，建立如图所示的坐标系，则C（0，则，0），A（2，0，0），D（1，0，1），E（0，=（0，，0），，1），S（0，0，2），，=（﹣1，0，1），=（1，0，1），则•则•=（﹣1，0，1）•（0，，0）=0，=（﹣1，0，1）•（1，0，1）=﹣1+1=0，⊥，⊥，即AD⊥BC，AD⊥BD，∵BC∩BD=B，∴AD⊥平面BCD；∵AD⊂平面BCD；∴平面ACD⊥平面BCD；（II）=（0，，1），第124页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

则设平面BDE的法向量=（x，y，1），则，即，解得x=﹣1，y=即=（﹣1，，，1），=（0，，0），又平面SBD的法向量∴cos＜，＞==，则＜，＞=，即二面角S﹣BD﹣E的平面角的大小为．【点评】本题主要考查空间面面垂直的判定，以及二面角的求解，利用向量法是解决二面角的常用方法．71.（本题满分12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，Q为AD的中点。（1）若PAPD，求证：平面PQB平面PAD；（2）点M在线段PC上，PMtPC，试确定t的值，使PA//平面MQB；

【知识点】平面与平面垂直的判定G5直线与平面平行的性质及直线与直线平行的性质G4第125页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：71.

（1）证明详见解析;（2）.解析：(1)连BD四边形ABCD菱形,ADAB,BAD600，ABD 正三角形,Q为AD中点,ADBQ PAPD,Q的中点,ADPQ AD平面PQB, AD又BQPQQ  

PAD ∴平面PQB平面PAD;

(2)当时,平面平面可得,平面,即:平面,连,,平面;平面,交于平面下面证明,若由【思路点拨】（1）由已知条件可证ADBQ，ADPQ,根据平面与平面垂直的判定定理即可求证平面PQB平面PAD;（2）连AC结交BQ于N，由AQBC,可证ANQ∽BNC,即得线与平面平行的性质，可证PAMN,即得，所以,由直即11.PMPC,t3372.（14分）（2011•乐陵市校级模拟）如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，PA=AD=a．（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：平面PMC⊥平面PCD．第126页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

72.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．【专题】证明题．【分析】（1）欲证MN∥平面PAD，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证MN与平面PAD内一直线平行即可，设PD的中点为E，连接AE、NE，易证AMNE是平行四边形，则MN∥AE，而AE⊂平面PAD，NM⊄平面PAD，满足定理所需条件；（2）欲证平面PMC⊥平面PCD，根据面面垂直的判定定理可知在平面PMC内一直线与平面PCD垂直，而AE⊥PD，CD⊥AE，PD∩CD=D，根据线面垂直的判定定理可知AE⊥平面PCD，而MN∥AE，则MN⊥平面PCD，又MN⊂平面PMC，满足定理所需条件．【解答】证明：（1）设PD的中点为E，连接AE、NE，由N为PC的中点知EN又ABCD是矩形，∴DC又M是AB的中点，∴EN∴AMNE是平行四边形∴MN∥AE，而AE⊂平面PAD，NM⊄平面PAD∴MN∥平面PAD证明：（2）∵PA=AD，∴AE⊥PD，又∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA，而CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD∴CD⊥AE，∵PD∩CD=D，∴AE⊥平面PCD，∵MN∥AE，∴MN⊥平面PCD，又MN⊂平面PMC，∴平面PMC⊥平面PCD．第127页，总171页DC，AB，∴ENAM，AB立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题主要考查平面与平面垂直的判定，以及线面平行的判定，同时考查了空间想象能力和推理能力，以及转化与划归的思想，属于基础题．73.（本小题满分12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，BAD60，PA平面ABCD,点E是PC的中点,F是AB的中点．(1)求证：BE∥平面PDF；(2)求证：平面PDF平面PAB



答案及解析：

73.(1)证明：取PD中点为M，连ME,MF

∵E是PC的中点∴ME是PCD的中位线,∴ME

∵F是AB中点且ABCD是菱形，AB∴四边形MEBF是平行四边形.1

CD21

AB.∴MECD，∴ME

2

FB

从而BE//MF,∵BE平面PDF,MF平面PDF,∴BE∥平面PDF

…………………………………………6分(2)证明：连结BD

∵底面ABCD是菱形，BAD60



∴ABD是等边三角形第128页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∵F是AB的中∴DFAB

∴PADF

∵PA平面ABCD,DF平面ABCD∴DF平面PAB∵DF平面PDF

74.∴平面PDF平面PAB…………………12分（本小题满分12分）在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，∠ABC＝60°，N是BC的中点，将梯形ABCD绕AB旋转90°，得到梯形ABC′D′（如图）．（1）求证：AC⊥平面ABC′；（2）求证：C′N∥平面ADD′；（3）求二面角A－C′N－C的余弦值．答案及解析：

74.解析：（1）证明：，N是BC的中点，∴AD＝NC，又AD∥BC，∴四边形ANCD是平行四边形，∴AN＝DC，又∠ABC＝60°，∴AB＝BN＝AD，∴四边形ANCD是菱形，第129页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

，∴∠BAC＝90°，即AC⊥AB，又平面C′BA⊥平面ABC，平面C′BA∩平面ABC＝AB，∴AC⊥平面ABC′．（3分）（2）证明：∵AD∥BC，AD′∥BC′，AD∩AD′＝A，BC∩BC′＝B，∴平面ADD′∥平面BCC′，又C′N∴C′N∥平面ADD′．（6分）（3）解：∵AC⊥平面ABC′，AC′⊥平面ABC．如图建立空间直角坐标系，平面BCC′，设，设平面C′NC的法向量为n＝（x，y，z）取z＝1，则．∵AC′⊥平面ABC，∴平面C′AN⊥平面ABC，又BD⊥AN，平面C′AN∩平面ABC＝AN，∴BD⊥平面C′AN，BD与AN交于点O，O则为AN的中点，，∴平面C′AN的法向量第130页，总171页．立体几何专题专练１００题（含详解）

，由图形可知二面角A—C′N—C为钝角，所以二面角A—C′N—C的余弦值为75.．（12分）（14分）（2010•安徽）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB=2EF，∠BFC=90°，BF=FC，H为BC的中点．（1）求证：FH∥平面EDB；（2）求证：AC⊥平面EDB；（3）求二面角B﹣DE﹣C的大小．答案及解析：

75.考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．专题：综合题．分析：（1）设AC于BD交于点G，则G为AC的中点，连接EG，GH，又H为BC的中点，可得四边形EFHG为平行四边形，然后利用直线与平面平行判断定理进行证明；（2）因为四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC，又EF∥AB，可得EF⊥BC，要证FH⊥平面ABCD，FH⊥平面ABCD，从而求解．（3）在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线与k，可知∠FKB为二面角B﹣DE﹣C的一个平面角，然后设EF=1，在直角三角形中进行求证．解答：证明：（1）设AC于BD交于点G，则G为AC的中点，连接EG，GH，又H为BC的中点，第131页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴GH∥AB且GH=AB，又EF∥AB且EF=AB，∴EF∥GH且EF=GH，∴四边形EFHG为平行四边形∴EG∥FH，而EG⊂平面EDB，∴FH∥平面EDB．（2）由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC，又EF∥AB，∴EF⊥BC而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC，∴EF⊥FH，∴AB⊥FH，又BF=FC，H为BC的中点，∴FH⊥BC∴FH⊥平面ABCD，∴FH⊥BC，FH⊥AC，又FH∥EG，∴AC⊥EG又AC⊥BD，EG∩BD=G，∴AC⊥平面EDB，（3）EF⊥FB，∠BFC=90°，∴BF⊥平面CDEF，在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线与k，则∠FKB为二面角B﹣DE﹣C的一个平面角，设EF=1，则AB=2，FC=，DE=，又EF∥DC，∴∠KEF=∠EDC，∴sin∠EDC=sin∠KEF=∴FK=EFsin∠KEF=tan∠FKB==，，，∴∠FKB=60°，∴二面角B﹣DE﹣C为60°．点评：此题考查直线与平面平行的判断及平面与平面垂直的判断，此类问题一般先证明两个面平行，再证直线和面平行，这种做题思想要记住，此类立体几何题是每年高考必考的一道大题，同学们要课下要多练习．第132页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

76.（12分）（2010•聊城二模）如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各条棱长均为a，D是侧棱CC1的中点．（1）求证：平面AB1D⊥平面ABB1A1；（2）求异面直线AB1与BC所成角的余弦值；（3）求平面AB1D与平面ABC所成二面角（锐角）的大小．答案及解析：

76.考点：专题：分析：平面与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角；与二面角有关的立体几何综合题．证明题；综合题；转化思想．（1）取AB1的中点E，AB的中点F．连接DE、EF、CF．证明DE的平行线CF垂直平面ABB1A1，内的相交直线AB，BB1，即可证明平面AB1D⊥平面ABB1A1；（2）建立空间直角坐标系，求出AB1与BC所成角的余弦值；（3）求平面AB1D的一个法向量，以及平面ABC的一个法向量，利用向量的数量积求平面AB1D与平面ABC所成二面角（锐角）的大小．解答：故解：（1）证明：取AB1的中点E，AB的中点F．连接DE、EF、CF．．又．中的相关向量，直接求异面直线∴四边形CDEF为平行四边形，∴DE∥CF．又三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱．△ABC为正三角形．CF⊂平面ABC，第133页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴CF⊥BB1，CF⊥AB，而AB∩BB1=B，∴CF⊥平面ABB1A1，又DE∥CF，∴DE⊥平面ABB1A1．又DE⊂平面AB1D．所以平面AB1D⊥平面ABB1A1．（4分）（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则设异面直线AB1与BC所成的角为θ，则，故异面直线AB1与BC所成角的余弦值为，（3）由（2）得，设n=（1，x，y）为平面AB1D的一个法向量．由得，，即（6分）显然平面ABC的一个法向量为m（0，0，1）．则，故．即所求二面角的大小为．（14分）点评：本题考查平面与平面垂直的判定，异面直线及其所成的角，二面角及其度量，考查空间想象能力，计算能力，是中档题．第134页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

77.（12分）（2012•道里区校级三模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．（Ⅰ）求证：平面AEC⊥平面PDB；（Ⅱ）当值．，且直线AE与平面PBD成角为45°时，确定点E的位置，即求出的答案及解析：

77.考点：专题：分析：用空间向量求直线与平面的夹角；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．综合题；空间位置关系与距离；空间向量及应用．（Ⅰ）设AC交BD于O，连接OE，由PD⊥平面ABCD，知PD⊥AC，由BD⊥AC，知AC⊥平面PBD，由此能够证明平面ACE⊥平面PBD．（Ⅱ）法一：由平面ACE⊥平面PBD，知AO⊥PBD，由直线AE与平面PBD成角为45°，知∠AEO=45°，由此能够求出．法二：以DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出的值．解答：解：（Ⅰ）设AC交BD于O，连接OE，∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，∵BD⊥AC，∴AC⊥平面PBD，又∵AC⊆平面AEC，∴平面ACE⊥平面PBD．…（6分）（Ⅱ）（方法一）∵平面ACE⊥平面PBD，平面ACE∩平面PBD=BD第135页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

AO⊥BD∴AO⊥面PBD，∵直线AE与平面PBD成角为45°，∴∠AEO=45°，设∴，则OE=1，．…（12分）（方法二）以DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，如图平面BDE法向量为设令，，，，，则，，得∴或λ=1（舍），．…（12分）点评：本题考查平面与平面垂直的证明，考查点的位置的确定．解题时要认真审题，仔细解答，注意空间思维能力的培养．78.如图所示，已知AB⊥平面BCD，M、N分别是AC、AD的中点，BC⊥CD．（1）求证：MN∥平面BCD；（2）求证：平面BCD⊥平面ABC．第136页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

78.证明：（1）因为M，N分别是AC，AD的中点，所以MN∥CD．又MN⊄平面BCD且CD⊂平面BCD，所以MN∥平面BCD；（2）因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD．又CD⊥BC，AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC．又CD⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ABC．考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）由中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证；（2）由线面垂直的性质和判定定理，可得CD⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理，即可得证．解答：证明：（1）因为M，N分别是AC，AD的中点，所以MN∥CD．第137页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

又MN⊄平面BCD且CD⊂平面BCD，所以MN∥平面BCD；（2）因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD．又CD⊥BC，AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC．又CD⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ABC．点评：本题考查线面平行的判定和面面垂直的判定，考查空间直线和平面的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题79.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD=CD=（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与PB交于点N，求PN：PB的值．1

AB，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．2答案及解析：

79.（1）证明：连结AC．不妨设AD=1．因为AD=CD=AB，所以CD=1，AB=2．因为∠ADC=90°，所以AC=，∠CAB=45°．，所以AC2+BC2=AB2．第138页，总171页在△ABC中，由余弦定理得BC=立体几何专题专练１００题（含详解）

所以BC⊥AC．…（3分）…（5分）因为PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PC．因为PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PC∩AC=C，所以BC⊥平面PAC．…（7分）（2）解：如图，因为AB∥DC，CD⊂平面CDMN，AB⊄平面CDMN，所以AB∥平面CDMN．因为AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面CDMN=MN，所以AB∥MN．…（12分）…（9分）在△PAB中，因为M为线段PA的中点，所以N为线段PB的中点，即PN：PB的值为．…（14分）考点：直线与平面垂直的判定；余弦定理．专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（1）连结AC，证明BC⊥AC，BC⊥PC，利用线面垂直的判定定理，可得BC⊥平面PAC；（2）证明AB∥MN，利用M为线段PA的中点，可得N为线段PB的中点，即可得出结论．解答：（1）证明：连结AC．不妨设AD=1．因为AD=CD=AB，所以CD=1，AB=2．因为∠ADC=90°，所以AC=，∠CAB=45°．，所以AC2+BC2=AB2．…（3分）第139页，总171页在△ABC中，由余弦定理得BC=所以BC⊥AC．立体几何专题专练１００题（含详解）

因为PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PC．因为PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PC∩AC=C，所以BC⊥平面PAC．…（5分）…（7分）（2）解：如图，因为AB∥DC，CD⊂平面CDMN，AB⊄平面CDMN，所以AB∥平面CDMN．因为AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面CDMN=MN，所以AB∥MN．…（12分）…（9分）在△PAB中，因为M为线段PA的中点，所以N为线段PB的中点，即PN：PB的值为．…（14分）点评：本题考查线面平行、垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，正确运用线面平行、垂直的判定定理是关键80.在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，AA1=BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1．（Ⅰ）证明：BC⊥AB1；（Ⅱ）若OC=OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．，D为AA1的中点，答案及解析：

80.【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面所成的角．第140页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【专题】证明题；空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）要证明BC⊥AB1，可证明AB1垂直于BC所在的平面BCD，已知CO垂直于侧面ABB1A1，所以CO垂直于AB1，只要在矩形ABB1A1内证明BD垂直于AB1即可，可利用角的关系加以证明；（Ⅱ）分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，求出，平面ABC的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论．【解答】（I）证明：由题意，因为ABB1A1是矩形，D为AA1中点，AB=1，AA1=，AD=，，所以在直角三角形ABB1中，tan∠AB1B=在直角三角形ABD中，tan∠ABD=所以∠AB1B=∠ABD，，又∠BAB1+∠AB1B=90°，∠BAB1+∠ABD=90°，所以在直角三角形ABO中，故∠BOA=90°，即BD⊥AB1，又因为CO⊥侧面ABB1A1，AB1⊂侧面ABB1A1，所以CO⊥AB1

所以，AB1⊥面BCD，因为BC⊂面BCD，所以BC⊥AB1．（Ⅱ）解：如图，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，则A（0，﹣0），D（又因为所以，0，0），=2=（﹣，所以，，0），=（0，，），=（），，0），B（﹣，0，0），C（0，0，），B1（0，，设平面ABC的法向量为=（x，y，z），第141页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

则根据可得=（1，，﹣）是平面ABC的一个法向量，设直线C1D与平面ABC所成角为α，则sinα=．【点评】本题考查了直线与平面垂直的性质，考查线面角，考查向量方法的运用，属于中档题．81.（13分）如图，在四面体ABCD中，已知∠ABD=∠CBD=60°，AB=BC=2，（1）求证：AC⊥BD；（2）若平面ABD⊥平面CBD，且BD=，求二面角C﹣AD﹣B的余弦值．答案及解析：

81.【考点】二面角的平面角及求法；棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离；空间角．【分析】（1）由已知得△ABD≌△CBD，从而AD=CD，取AC的中点E，连结BE，DE，则BE⊥AC，DE⊥AC，从而AC⊥平面BED，由此能证明AC⊥BD．（2）过C作CH⊥BD于点H，由已知得CH⊥平面ABD，过H做HK⊥AD于点K，连接CK，则∠CKH为二面角C﹣AD﹣B的平面角，由此能求出二面角C﹣AD﹣B的余弦值．【解答】（1）证明：∵∠ABD=∠CBD，AB=BC，BD=BD．第142页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．取AC的中点E，连结BE，DE，则BE⊥AC，DE⊥AC．又∵BE∩DE=E，BE⊂平面BED，BD⊂平面BED，∴AC⊥平面BED，∴AC⊥BD．（2）解：过C作CH⊥BD于点H．则CH⊂平面BCD，又∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，∴CH⊥平面ABD．过H做HK⊥AD于点K，连接CK．∵CH⊥平面ABD，∴CH⊥AD，又HK∩CH=H，∴AD⊥平面CHK，∴CK⊥AD．∴∠CKH为二面角C﹣AD﹣B的平面角．连接AH．∵△ABD≌△CBD，∴AH⊥BD．∵∠ABD=∠CBD=60°，AB=BC=2，∴AH=CH=∴AD=∴tan∴cos，BH=1．∵BD=，∴DH=．，∴HK==，，∴二面角C﹣AD﹣B的余弦值为．=．第143页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．82.如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C．（Ⅰ）求证：BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）求证：B1C⊥AC1．答案及解析：

82.【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）根据线面平行的判定定理即可证明BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）先证明AB⊥平面BB1C1C，得AB⊥B1C，再证明B1C⊥平面ABC1，得出B1C⊥AC1；【解答】证明：（Ⅰ）因为ABC﹣A1B1C1是三棱柱，所以BC∥B1C1，因为BC⊄∥平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）连接BC1，在正方形ABB1A1中，AB⊥BB1，因为平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，平面AA1B1B∩平面BB1C1C=BB1，AB⊂平面ABB1A1，所以AB⊥平面BB1C1C；又因为B1C⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1C；第144页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C；因为BC1⊂平面ABC1，AB⊂平面ABC1，且BC1∩AB=B，所以B1C⊥平面ABC1；因为AC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥AC1．【点评】本题考查了空间中的平行与垂直的判断与直线的应用问题，也考查了判断空间中的四点是否共面问题，是综合性题目．83.(本小题满分12分)如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，M为PD的中点，∠ADC=45o，AD=AC=1，PO=a(1)证明：DA⊥平面PAC；(2)如果二面角M−AC−D的正切值为2，求a的值.答案及解析：

83.(1)证明：见解析；（2）2.(1)证明：由题意，∠ADC=45o，AD=AC=1,故∠DAC=90o即DA⊥AC.又因为PO⊥平面ABCD,所以，DA⊥PO，DA⊥平面PAC……………4分第145页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（2）法一：连结DO,作MG⊥DO于G，作GH⊥AO于H，因为M是PD中点，且MG⊥DO，所以G为DO中点，且MG⊥平面ABCD，显然，∠MHG即为二面角M-AC-D的平面角.…………8分因为GH⊥AO，且G为DO中点，所以GH

11MG

AD=，而tanMHG2，故22GHMG=1，PO=2MG=2.……………12分法二：建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，1111a

,0，0)，D(,1，0)，P(0,0,a)，M(,，)2242211a

设平面MAC的法向量为n(x,y,z)，MA=(,,)，AC(1,0,0)，则2220),C(则A(,0，

121a1-xyz0

，所以n的一个取值为(0,a,1)……………10分222

x0



平面ACD的法向量为OP=(0,0,a).设二面角的平面角为，因为tan2，所以cos84.第146页，总171页00a01aaa12

1,5所以a=2……………12分立体几何专题专练１００题（含详解）

如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AD=AB=BC，E是底边BC上的一点，且EC=3BE．现将△CDE沿DE折起到△C1DE的位置，得到如图2所示的四棱锥C1﹣ABED，且C1A=AB．（1）求证：C1A⊥平面ABED；（2）若M是棱C1E的中点，求直线BM与平面C1DE所成角的正弦值．答案及解析：

84.【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．【分析】（1）设AD=AB==1，利用勾股定理的逆定理可以判断C1A⊥AD，C1A⊥AE；（2）由（1）知：C1A⊥平面ABED；且AB⊥AD，分别以AB，AD，AC1为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，明确平面的法向量的坐标和向量的夹角的余弦值等于线面角的正弦值解答．【解答】解：（1）设AD=AB=∴∴C1A⊥AD，…又∵BE=，C1E=∴AE2=AB2+BE2=∴∴C1A⊥AE…又AD∩AE=E第147页，总171页的坐标，利用直线与平面的法=1，则C1A=1，C1D=，，立体几何专题专练１００题（含详解）

∴C1A⊥平面ABED；…（2）由（1）知：C1A⊥平面ABED；且AB⊥AD，分别以AB，AD，AC1为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，…则B（1，0，0），C1（0，0，1），E（1，，0），D（0，1，0），∵M是C1E的中点，∴M（∴=（），），…，设平面C1DE的法向量为=（x，y，z），由即，令y=2，得=（1，2，2）…设直线BM与平面C1DE所成角为θ，则sinθ=|∴直线BM与平面C1DE所成角的正弦值为．…|=【点评】本题考查了线面垂直的判定定理的运用以及利用空间向量解决线面角的问题，属于中档题．85.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，且△ABC为正三角形，AA1=AB=6，D为AC的中点．（1）求证：直线AB1∥平面BC1D；（2）求证：平面BC1D⊥平面ACC1A；（3）求三棱锥C﹣BC1D的体积．第148页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

85.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【专题】综合题；空间位置关系与距离．【分析】（1）连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．可得DO为△AB1C中位线，A1B∥OD，结合线面平行的判定定理，得A1B∥平面BC1D；（2）由AA1⊥底面ABC，得AA1⊥BD．正三角形ABC中，中线BD⊥AC，结合线面垂直的判定定理，得BD⊥平面ACC1A1，最后由面面垂直的判定定理，证出平面BC1D⊥平面ACC1A；（3）利用等体积转换，即可求三棱锥C﹣BC1D的体积．【解答】（1）证明：连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．∵D为AC中点，得DO为△AB1C中位线，∴A1B∥OD．∵OD⊂平面AB1C，A1B⊄平面BC1D，∴直线AB1∥平面BC1D；（2）证明：∵AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥BD，∵底面ABC正三角形，D是AC的中点∴BD⊥AC∵AA1∩AC=A，∴BD⊥平面ACC1A1，∵BD⊂平面BC1D，∴平面BC1D⊥平面ACC1A；（3）解：由（2）知，△ABC中，BD⊥AC，BD=BCsin60°=3∴S△BCD==，•6=9．，∴VC﹣BC1D=VC1﹣BCD=•第149页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【点评】本题给出直三棱柱，求证线面平行、面面垂直并探索三棱锥的体积，着重考查了空间线面平行、线面垂直的判定与性质，考查了锥体体积公式的应用，属于中档题．86.如图，四棱锥E﹣ABCD中，面EBA⊥面ABCD，侧面ABE是等腰直角三角形，EA=EB，AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC=2．（Ⅰ）求证：AB⊥ED；（Ⅱ）求直线CE与面ABE的所成角的正弦值．答案及解析：

86.【考点】直线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）作EM⊥AB，交AB于M，连结DM，由已知得四边形BCDM是边长为1的正方形，由此能证明AB⊥ED．（Ⅱ）由已知得BC⊥面ABE，直线CE与面ABE所成角为∠CEB，由此能求出直线CE与面ABE的所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：作EM⊥AB，交AB于M，连结DM，∵△ABE为等腰直角三角形，∴M为AB的中点，∵AB=2CD=2BC=2，AB∥CD，AB⊥BC，∴四边形BCDM是边长为1的正方形，∴AB⊥DM，第150页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∵EM∩DM=M，∴AB⊥面DEM，∴AB⊥ED．（Ⅱ）解：∵AB⊥BC，面ABE⊥面ABCD，面ABE∩平面ABCD=AB，∴BC⊥面ABE，直线CE与面ABE所成角为∠CEB，∵BC=1，BE=∴CE=，．，∴sin∠CEB=【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．87.如图，四棱锥E﹣ABCD中，面EBA⊥面ABCD，侧面ABE是等腰直角三角形，EA=EB，AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC=2．（Ⅰ）求证：AB⊥ED；（Ⅱ）求直线CE与面ABE的所成角的正弦值．答案及解析：

87.【考点】直线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）作EM⊥AB，交AB于M，连结DM，由已知得四边形BCDM是边长为1的正方形，由此能证明AB⊥ED．（Ⅱ）由已知得BC⊥面ABE，直线CE与面ABE所成角为∠CEB，由此能求出直线CE与面ABE的所成角的正弦值．第151页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【解答】（Ⅰ）证明：作EM⊥AB，交AB于M，连结DM，∵△ABE为等腰直角三角形，∴M为AB的中点，∵AB=2CD=2BC=2，AB∥CD，AB⊥BC，∴四边形BCDM是边长为1的正方形，∴AB⊥DM，∵EM∩DM=M，∴AB⊥面DEM，∴AB⊥ED．（Ⅱ）解：∵AB⊥BC，面ABE⊥面ABCD，面ABE∩平面ABCD=AB，∴BC⊥面ABE，直线CE与面ABE所成角为∠CEB，∵BC=1，BE=∴CE=，．，∴sin∠CEB=【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．88.如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上除A、B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，DC∥EB，DC=EB，AB=4，tan∠EAB=．（1）证明：平面ADE⊥平面ACD；（2）当三棱锥C﹣ADE体积最大时，求二面角D﹣AE﹣B的余弦值．答案及解析：

88.第152页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

【考点】与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定．【专题】空间角．【分析】（Ⅰ）由已知条件推导出BC⊥平面ACD，BC∥DE，由此证明DE⊥平面ACD，从而得到平面ADE⊥平面ACD．（Ⅱ）依题意推导出当且仅当时三棱锥C﹣ADE体积最大，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D﹣AE﹣B的余弦值．（Ⅰ）证明：∵AB是直径，∴BC⊥AC…，∵CD⊥平面ABC，∴CD⊥BC…，∵CD∩AC=C，∴BC⊥平面ACD…∵CD∥BE，CD=BE，∴BCDE是平行四边形，BC∥DE，∴DE⊥平面ACD…，∵DE⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACD…（Ⅱ）依题意，由（Ⅰ）知==，当且仅当时等号成立……，如图所示，建立空间直角坐标系，则D（0，0，1），∴，设面DAE的法向量为，，，，…，，即设面ABE的法向量为，∴，，…第153页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

，即，∴，∴…∵与二面角D﹣AE﹣B的平面角互补，．…（13∴二面角D﹣AE﹣B的余弦值为分）【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．89.（14分）（2015•宜宾模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，且△ABC为正三角形，AA1=AB=6，D为AC的中点．（1）求证：直线AB1∥平面BC1D；（2）求证：平面BC1D⊥平面ACC1A；（3）求三棱锥C﹣BC1D的体积．答案及解析：

89.考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．第154页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

专题：综合题；空间位置关系与距离．分析：（1）连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．可得DO为△AB1C中位线，A1B∥OD，结合线面平行的判定定理，得A1B∥平面BC1D；（2）由AA1⊥底面ABC，得AA1⊥BD．正三角形ABC中，中线BD⊥AC，结合线面垂直的判定定理，得BD⊥平面ACC1A1，最后由面面垂直的判定定理，证出平面BC1D⊥平面ACC1A；（3）利用等体积转换，即可求三棱锥C﹣BC1D的体积．解答：（1）证明：连接B1C交BC1于点O，连接OD，则点O为B1C的中点．∵D为AC中点，得DO为△AB1C中位线，∴A1B∥OD．∵OD⊂平面AB1C，A1B⊄平面AB1C，∴直线AB1∥平面BC1D；（2）证明：∵AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥BD，∵底面ABC正三角形，D是AC的中点∴BD⊥AC∵AA1∩AC=A，∴BD⊥平面ACC1A1，∵BD⊂平面BC1D，∴平面BC1D⊥平面ACC1A；（3）解：由（2）知，△ABC中，BD⊥AC，BD=BCsin60°=3∴S△BCD==，•6=9．，∴VC﹣BC1D=VC1﹣BCD=•点评：本题给出直三棱柱，求证线面平行、面面垂直并探索三棱锥的体积，着重考查了空间线面平行、线面垂直的判定与性质，考查了锥体体积公式的应用，属于中档题．90.第155页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点．（1）证明CD⊥AE；（2）证明PD⊥平面ABE；（3）求二面角A﹣PD﹣C的正切值．答案及解析：

90.考点：二面角的平面角及求法．专题：计算题；证明题；空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）运用线面垂直的判定和性质定理即可得证CD⊥AE；（2）运用线面垂直的性质和判定定理，即可得到PD⊥平面ABE；（3）过E点作EM⊥PD于M点，连结AM，由（2）知AE⊥平面PCD，则AM⊥PD，则∠AME是二面角A﹣PD﹣C的平面角．通过解三角形AEM，即可得到所求值．解答：（1）证明：∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又AC⊥CD，AC∩PA=A，∴CD⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE；（2）证明：∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD∴PA⊥AB，又AD⊥AB，AD∩PA=A∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD∴AB⊥PD，由PA=AB=BC，∠ABC=60°，则△ABC是正三角形．∴AC=AB∴PA=PC∵E是PC中点∴AE⊥PC第156页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

由（1）知AE⊥CD，又CD∩PC=C∴AE⊥平面PCD∴AE⊥PD，又AB⊥PD，AB∩AE=A∴PD⊥平面ABE；（3）解：过E点作EM⊥PD于M点，连结AM，由（2）知AE⊥平面PCD，则AE⊥PD，则PD⊥平面AEM，∴AM⊥PD，则∠AME是二面角A﹣PD﹣C的平面角．设AC=a，AD==，PA=A，PD==a，AM===，在Rt△AEM中，AE=a，EM===a，则tan∠AME===．点评：本题考查线面垂直的性质和判定定理及运用，考查空间二面角的求法，考查运算和推理能力，属于中档题．91.第157页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

如图，在锥体P﹣ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=E，F分别是BC，PC的中点（1）证明：AD⊥平面DEF（2）求二面角P﹣AD﹣B的余弦值．，PB=2，答案及解析：

91.考点：与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法．专题：空间位置关系与距离；空间角；立体几何．分析：（1）利用线面垂直的判定定理进行证明是解决本题的关键，在平面DEF中找两条相交直线与AD垂直，利用60°角菱形的特征可以发现AD⊥DE，通过取出AD的中点构造一个平面可以证明AD⊥EF；（2）利用（1）中的结论找到二面角P﹣AD﹣B的平面角是解决本题的关键，求角往往要利用三角形中的余弦定理．解答：解：（1）取AD的中点G，连接PG，BG，在△ABG中，根据余弦定理可以算出BG=，发现AG2+BG2=AB2，可以得出AD⊥BG，又DE∥BG∴DE⊥AD，又PA=PD，可以得出AD⊥PG，而PG∩BG=G，∴AD⊥平面PBG，而PB⊂平面PBG，∴AD⊥PB，又PB∥EF，∴AD⊥EF．又EF∩DE=E，∴AD⊥平面DEF．（2）由（1）知，AD⊥平面PBG，所以∠PGB为二面角P﹣AD﹣B的平面角，第158页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

在△PBG中，PG=，BG=，PB=2，由余弦定理得cos∠PGB=，因此二面角P﹣AD﹣B的余弦值为．点评：本题考查立体几何中基本的线面关系，考查线面垂直的判定方法，考查二面角的求法，训练了学生基本的空间想象能力，考查学生的转化与化归思想，解三角形的基本知识和学生的运算能力，属于基本的立体几何题．92.（本小题满分12分）如图△ABC内接于圆O,AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC平面ABC,AB2，BE

3．（1）证明：平面ACD平面ADE；（2）记ACx，V(x)表示三棱锥A－CBE的体积，求V(x)的最大值及相应x的取值.答案及解析：

92.（1）证明：∵四边形DCBE为平行四边形∵DC平面ABC,BC平面ABC∵AB是圆O的直径∴BC平面ADC．又∵DE平面ADE∴CD//BE，BC//DE---------1分∴DCBC．----------2分∴BCAC且DCACC∵DE//BC∴DE平面ADC-------------5分∴平面ACD平面ADE----------------6分（2）在Rｔ△ABC中∵AC∴SABCAB2BC24x2（0x2）11ACBCx4x2-----------------8分22第159页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

∴V(x)VCABEVEABC31x4x2（0x2）SABCBE633x24x2322

当且仅当x4x，即x2时，“＝”成立，----------12分62393.如图，在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，∠PCA=90°，E，H分别为AP，AC的中点，AP=4，BE=（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEH；（Ⅱ）求直线PA与平面ABC所成角的正弦值．．答案及解析：

93.考点：直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角．分析：（Ⅰ）证明：BH⊥AC，EH⊥AC，即可证明AC⊥平面BEH；（Ⅱ）取BH得中点G，连接AG，证明∠EAG为PA与平面ABC所成的角，即可求直线PA与平面ABC所成角的正弦值．解答：（Ⅰ）证明：因为△ABC是边长为2的正三角形，所以BH⊥AC．…又因为E，H分别为AP，AC的中点，得EH∥PC，因为∠PCA=90°，所以EH⊥AC．…故AC⊥平面BEH．…（Ⅱ）解：取BH得中点G，连接AG．…因为EH=BH=BE=，所以EG⊥BH．第160页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

又因为AC⊥平面BEH，所以EG⊥AC，所以EG⊥平面ABC．所以∠EAG为PA与平面ABC所成的角．…在直角三角形EAG中，AE=2，EG=，所以\\sin∠EAG==．…所以PA与平面ABC所成的角的正弦值为．点评：本题考查线面垂直的判定，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，正确利用线面垂直的判定定理是关键．94.如图，在三棱锥P﹣ABC中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，∠PCA=90°，E，F分别为AP，AC的中点，且PA=4，（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角A﹣BP﹣C的余弦值．．答案及解析：

94.考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定．第161页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

专题：常规题型；空间向量及应用．分析：（1）充分利用三角形中的性质关系得出直角．（2）合理建系求出点的坐标．解答：解：（Ⅰ）∵PA=4，AC=2，∠PCA=90°∴∠PAC=60°．又∵AE=AC=2，∴△AEC是边长为2的等边三角形．∵F为AC的中点，∴AC⊥EF…又△ABC是边长为2的等边三角形，F为AC的中点，∴AC⊥BF…又∵EF∩BF=F，∴AC⊥平面BEF…（Ⅱ）如图，取AB中点F，BF中点G，联结EF，EG．由（Ⅰ）可知所以EG⊥BF，，，所以EG⊥平面ABC．如图建立空间直角坐标系G﹣xyz，则.，，，…，第162页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

所以，，…，…所以平面ABP的法向量为所以，所以平面CBP的法向量为所以平面ABP…即平面ABP与平面CBP所成角的余弦值为．点评：本题考查线面垂直的证明和二面角余弦值的求法，属中档题．属于2015届高考常考题型．95.如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长均相等，E是BC的中点，点F在侧棱CC1上，且CC1=4CF（Ⅰ）求证：EF⊥A1C；（Ⅱ）求二面角C﹣AF﹣E的余弦值．答案及解析：

95.考点：二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（I）以点A为原点，AC为y轴、AA1为z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，这直线垂直可转化为向量垂直，计算即可；（II）所求值即为平面AEF的一个法向量与平面AC1的一个法向量的夹角的余弦值，计算即可．解答：（I）证明：以点A为原点，AC为y轴、AA1为z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，第163页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

则由已知可得A（0，0，0），B（2A1（0，0，4），E（于是∵•，2，0），C（0，4，0），，3，0），F（0，4，1），=（﹣，1，1），，1，1）=0﹣4+4=0，=（0，﹣4，4），=（0，﹣4，4）•（﹣∴EF⊥A1C；（II）解：设平面AEF的一个法向量为则由（I）得于是由，，，，，可得，即，取，，又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为=，∴所求二面角C﹣AF﹣E的余弦值为．点评：本题主要考查线面关系及面面角，考查学生分析解决问题的能力，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．96.如图，在五棱锥S﹣ABCDE中，SA⊥底面ABCDE，SA=AB=AE=2，BC=DE=∠BAE=∠BCD=∠CDE=120°（1）证明：CD∥平面SBE；，第164页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

（2）证明：平面SBC⊥平面SAB．答案及解析：

96.考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（1）连结BE，延长BC、ED交于点F，证明BE∥CD，即可证明CD∥平面SBE；（2）利用线面垂直的判定，证明BC⊥平面SAB，即可证明平面SBC⊥平面SAB．解答：证明：（1）连结BE，延长BC、ED交于点F，则∠DCF=∠CDF=60°，∴△CDF为正三角形，∴CF=DF又BC=DE，∴BF=EF，因此，△BFE为正三角形，∴∠FBE=∠FCD=60°，∴BE∥CD，∵CD⊄平面SBE，BE⊂平面SBE，∴CD∥平面SBE．（2）由题意，△ABE为等腰三角形，∠BAE=120°，∴∠ABE=30°，又∠FBE=60°，∴∠ABC=90°，∴BC⊥BA∵SA⊥底面ABCDE，BC⊂底面ABCDE，∴SA⊥BC，又SA∩BA=A，∴BC⊥平面SAB又BC⊂平面SBC∴平面SBC⊥平面SAB．第165页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

点评：本题考查直线与平面平行，平面与平面垂直的判定，考查学生空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题．97.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°．（1）求证：PC⊥BC；（2）求点A到平面PBC的距离．答案及解析：

97.考点：点、线、面间的距离计算；空间中直线与平面之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离；立体几何．分析：（1），要证明PC⊥BC，可以转化为证明BC垂直于PC所在的平面，由PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°，容易证明BC⊥平面PCD，从而得证；（2），有两种方法可以求点A到平面PBC的距离：方法一，注意到第一问证明的结论，取AB的中点E，容易证明DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等，而A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍，由第一问证明的结论知平面PBC⊥平面PCD，交线是PC，所以只求D到PC的距离即可，在等腰直角三角形PDC中易求；方法二，等体积法：连接AC，则三棱锥P﹣ACB与三棱锥A﹣PBC体积相等，而三棱锥P﹣ACB体积易求，三棱锥A﹣PBC的地面PBC的面积易求，其高即为点A到平面PBC的距离，设为h，则利用体积相等即求．解答：解：（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC．由∠BCD=90°，得CD⊥BC，第166页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

又PD∩DC=D，PD、DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD．因为PC⊂平面PCD，故PC⊥BC．（2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则：易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等．又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍．由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC，因为PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F．易知DF=，故点A到平面PBC的距离等于．（方法二）等体积法：连接AC．设点A到平面PBC的距离为h．因为AB∥DC，∠BCD=90°，所以∠ABC=90°．从而AB=2，BC=1，得△ABC的面积S△ABC=1．由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P﹣ABC的体积因为PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥DC．又PD=DC=1，所以由PC⊥BC，BC=1，得△PBC的面积由VA﹣PBC=VP﹣ABC，故点A到平面PBC的距离等于．，得．．，．点评：本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力．98.四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°的菱形，侧面PAD为正三角形．（1）AD⊥PB；（2）若E为PB边的中点，过三点A、D、E的平面交PC于点F，证明：F为PC的中点．第167页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

98.考点：棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）取AD的中点M，连PM，BM，只要证明AD⊥平面PBM即可；（2）充分利用底面是菱形以及E为PB边的中点，利用线面平行的判定和性质，只要得到EF∥BC即可．解答：证明：（1）取AD的中点M，连PM，BM，则∵侧面PAD为正三角形，∴PM⊥AD，又底面ABCD是∠DAB=60°的菱形，∴三角形ABD是等边三角形，∴AD⊥BM，∴AD⊥平面PBM，∴AD⊥PB（7分）；（2）∵底面ABCD是菱形，∴AD∥BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC，AD⊂平面ADFE，平面ADFE∩平面PBC=EF，∴AD∥EF，∵AD∥BC．∴BC∥EF，又E为PB的中点，故F为PC的中点．（14分）点评：本题考查了几何体棱锥中的线面关系；考查了线面平行的判定和性质的运用；熟练掌握线面平行的判定定理和性质定理是解答问题的关键．第168页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

99.如图，在四面体ABCD中，CB=CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点．求证：（1）直线EF∥面ACD；（2）平面EFC⊥面BCD．答案及解析：

99.考点：直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．专题：证明题．分析：（1）根据线面平行关系的判定定理，在面ACD内找一条直线和直线EF平行即可，根据中位线可知EF∥AD，EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，满足定理条件；（2）需在其中一个平面内找一条直线和另一个面垂直，由线面垂直推出面面垂直，根据线面垂直的判定定理可知BD⊥面EFC，而BD⊂面BCD，满足定理所需条件．解答：证明：（1）∵E，F分别是AB，BD的中点．∴EF是△ABD的中位线，∴EF∥AD，∵EF⊄面ACD，AD⊂面ACD，∴直线EF∥面ACD；（2）∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD，∵CB=CD，F是BD的中点，∴CF⊥BD又EF∩CF=F，∴BD⊥面EFC，∵BD⊂面BCD，∴面EFC⊥面BCD点评：本题主要考查线面平行的判定定理，以及面面垂直的判定定理．考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力．100.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C⊥AB，侧面BCC1B1为菱形．（1）求证：平面ABC1⊥平面BCC1B1；（2）如果点D，E分别为A1C1，BB1的中点，求证：DE∥平面ABC1．第169页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

答案及解析：

100.考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离．分析：（1）根据面面垂直的判定定理即可证明平面ABC1⊥平面BCC1B1；（2）根据线面平行的判定定理进行证明即可．解答：解：（1）因三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BCC1B1为菱形，故B1C⊥BC1．…2分又B1C⊥AB，且AB，BC1为平面ABC1内的两条相交直线，故B1C⊥平面ABC1．…5分因B1C⊂平面BCC1B1，故平面ABC1⊥平面BCC1B1．…7分（2）如图，取AA1的中点F，连DF，FE．又D为A1C1的中点，故DF∥AC1，EF∥AB．因DF⊄平面ABC1，AC1⊂平面ABC1，故DF∥面ABC1．…10分同理，EF∥面ABC1．因DF，EF为平面DEF内的两条相交直线，故平面DEF∥面ABC1．…12分因DE⊂平面DEF，故DE∥面ABC1．…14分．第170页，总171页立体几何专题专练１００题（含详解）

点评：本题主要考查空间直线和平面平行以及面面垂直的判定，利用相应的判定定理是解决本题的关键．第171页，总171页