鲁滨逊漂流记读后感-查摆剖析材料

2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（三）

53.如 图，在四棱锥E﹣ABCD中，平面CDE⊥平面ABCD
，
∠DAB=∠ABC=90°，< br>AB=BC=1，AD=ED=3，EC=2．
（
1
）证明：
AB⊥
平面
BCE
；
（
2
）求直线
AE
与平面
CDE
所成角的正弦值．








54.
如图
1
，
2
，已知
ABCD
是矩形，< br>M
，
N
分别为边
AD
，
BC
的中点，
MN
与
AC
交于点
O
，沿
MN
将矩形
M NCD
折起，设
AB=2
，
BC=4
，二面角
B
﹣
MN
﹣
C
的大小为
θ
．

（
1< br>）当
θ=90°
时，求
cos∠AOC
的值；

（< br>2
）点
θ=60°
时，点
P
是线段
MD
上一 点，直线
AP
与平面
AOC
所成角为
α
．若
sin α=
14
，求线段
MP
的长．

7









1

< br>55.在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，
∠CDA=∠ BAD=90°，AD=DC=
2
，AB=PA=2
2
，且E为线段PB上的 一动点．
（
1
）若
E
为线段
PB
的中点，求证：
CE∥
平面
PAD
；

（
2
）当直线CE
与平面
PAC
所成角小于
的取值范围．












56.如图，在几何体
ABCA
1
B
1
C
1中，平面
A
1
ACC
1

底面
ABC
，四边形
A
1
ACC
1
是正方
形，
B
1< br>C
1
∥BC
，
Q
是
A
1
B
的中点，且
ACBC2B
1
C
1
，
ACB
(Ⅰ) 证明：
B
1
Q∥
平面
A
1
ACC
1
；
(Ⅱ) 求直线
AB
与平面
A
1
BB
1
所成角的正弦值．















，求
PE
长度
3
2π
．
3
2

57.如图，已知
VABC
和
VBCD
所在平面 互相垂直，且
BACBCD90
，
0
ABAC,
CBC D
，点
E,F
分别在线段
BD,CD
上，沿直线
EF
将
VEFD
向上翻折使
得
D
与
A
重合
（Ⅰ）求证：
ABCF
；
（Ⅱ）求直线
AE
与平面
ABC
所成角。












58.如图，四边形
ABCD
是圆台
OO
1
的轴截面，AB2CD4
，点
M
在底面圆周上，且
AOM

2
，
DMAC
．
（Ⅰ）求圆台
OO
1
的体积；
（Ⅱ）求二面角
ADMO
的平面角的余弦值．









3

59 .如图，已知菱形
ABCD
与等腰
PAB
所在平面相互垂直.
P ABBAD120
.
E
为
o
PB中点 ．
（Ⅰ）求证：
PD
平面ACE；
（Ⅱ）求二面角
BCED
的余弦值












60.如图， 在四面体
ABCD
中，平面
ACD
⊥平面
BCD
，
BCA90
，
AB2
，
BCD
为等边三角形.
（Ⅰ）求证：
AC
⊥平面
BCD

（Ⅱ）求直线
CD
与平面
ABD
所成角的正弦值.












4
AC1
，

61.已知：平行四边形AB CD中，∠DAB=45°，AB=
2
AD=2
2
，平面AED⊥平面
ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=
2
，M为线段BC的中点。
（I）求证：直线MF∥平面BED；
（II）求平面BED与平面FBC所成角的正弦值；
（III）求直线BF与平面BED所成角的正弦值。












62.如图， 在四棱锥
PABCD
中，
PA
平面
ABCD
，底面ABCD
是菱形，
AB2
，
∠BAD60
.
（ 1）若
PAAB
，求
PB
与
AC
所成角的余弦值； （2）当平面
PBC
与平面
PDC
垂直时，求
PA
的长 .












5

63.在如图所示的几何体 中，四边形
ABCD
为正方形，
PA
平面
ABCD
，PAPBE
，
ABPA4
，
BE2
．
（Ⅰ）求证：
CE
平面
PAD
；
（Ⅱ）求
PD
与平面
PCE
所成角的正弦值；
（Ⅲ）在棱
AB
上是否存在一点
F
，使得平面
DEF
平面
P CE
？如果存在，求











AF
的值；如果不存在，说明理由．
A B
64.如图，在四棱锥
PABCD
中，
ABAP
，
A B
∥
CD
，且
PBBC
BD6
,
CD2A B22
，
PAD120
o
.
（Ⅰ）求证：平面
PAD
⊥平面
PCD
；
（Ⅱ）求直线
PD
与平面
PBC
所成角的正弦值．








6

< br>65.如图，四面体
ABCD
中，
ABBCCD
31
B DAD1
，平面
ABD
平面
32
CBD
．
（1）求
AC
的长；
（2）点
E
是线段
AD的中点，求直线
BE
与平面
ACD
所
成角的正弦值．












66.在四棱锥
PABCD
中，
ADBC
，
ABCAPB90
，点
M
是线段
AB
上的
一点， 且
PMCD
，
ABBC2PB2AD4BM
．
（1）证明：面
PAB
面
ABCD
；
（2）求直线
CM
与平面
PCD
所成角的正弦值．













7

67.如图，四棱锥
PAB CD
,底面
ABCD
为菱形，
PA
平面
ABCD
，
PAPB2
，
E
为
CD
的中点，
ABC 60
.
（I）求证：直线
AE
平面
PAB
；
（II）求直线
AE
与平面
PCD
所成角的正弦值.











68.如图，四棱锥
EABCD
中，平面
EAD
平面
A BCD
，
DC∥AB
，
BCCD
，
EAED
， 且
AB4
，
BCCDEAED2
．
（1）求证：
BD
平面
ADE
；
（2）求
BE
和平面
CDE
所成角的正弦值；
（3）在线 段
CE
上是否存在一点
F
使得平面
BDF
平面
C DE
，请说明理由．











8

69 .如图，在空间几何体ABCDFE中，底面
ABCD
是边
2的正方形，
AF AB
，
AFBE
，
BE2AF2
.
（1）求证：AC平面DEF；
（2）已知
DF5
，若在平面
D EF
上存在点
P
，使得
长为
BP
平面
DEF，试确定点
P
的位置.













70.如图，在四棱锥< br>PABCD
中，
PBD
是等边三角形，
AD∥BC
，APABAD
2
BD
.
2
（1）求证：平面
PAB
平面
PAD
；
（2 ）若直线
PB
与
CD
所成角的大小为60°，求二面角
BPCD
的大小.












9

71.如图，在 四棱锥
PABCD
中，四边形
ABCD
为梯形，
ABCD
，
ADCDBC
1
AB
，
PAD
为等边三角形，< br>PABD
.
2
（1）求证：平面
PAD
平面
ABCD
；
（2）求二面角
APBC
大小的余弦值.











72.在正三 棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，已知
AB 1
，
AA
1
2
，
E
，
F
，
G
分别是
AA
1
，
AC
和
uuuruuu ruuur
{FA,FB,FG}
为正交基底，建立如图
A
1
C1
的中点．以所示的
空间直角坐标系
Fxyz
．
⑴求异面直线
AC
与
BE
所成角的余弦值；
⑵求二面角
FBC
1
C
的余弦值．















10

73.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，
PA⊥PD，PA=PD ，AB⊥AD，AB=1，AD=2，
AC=CD=
5
．
（
1
）求证：
PD⊥
平面
PAB
．
（
2
）求直线
PB
与平面
PCD
所成角的正弦值．
（
3
）在棱
PA
上是否存在点
M
，使得BM∥
平面
PCD
？若存
在，求










74.如图，已知梯形A BCD中，AD∥BC，AD⊥AB，
AB=BC=2AD=2，四边形EDCF为矩形， CD=
3
，平面
EDCF⊥平面ABCD．
（
1
）求证：
DF∥
平面
ABE
．
（
2
）求平面
ABE
与平面
EFB
所成锐二面角的余弦 值．

（3）在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为
在，求出线段BP的长．








P
DA
B
C
AM
的值；若不存在，说明理由．
< br>AP
F
E
D
A
B
3
，若存
4
C
11

75.在四棱锥PABCD
中，底面
ABCD
是矩形，
PA
平面
A BCD
，
PAD
是等腰三角形，
AB2AD
，
E
是
AB
的一个三等分点（靠近点
A
），
CE
与
D A
的延长线
交于点
F
，连接
PF
.
（Ⅰ）求证：平面
PCD
平面
PAD
；
（Ⅱ）求二面角
APEF
的正切值










76.在等腰梯形
ABCD
中，
ADBC,BC2AD,ABC60
，将梯形
ABCD
沿 着
AB
翻折至
ABC
1
D
1
（如图），使得平面< br>ABCD
与平面
ABC
1
D
1
垂直．
o

（Ⅰ）求证：
BC
1
AC
；
（Ⅱ ）求直线
DD
1
与平面
BCD
1
所成角的正弦值．






12

77.已知在四棱锥
CABDE
中，< br>DB
平面
A
E
M
51015
D
B
C
ABC
,
AEDB
,
△ABC
是边长为
2
的等边三角形，
AE1
，
M
为
AB
的中点.
（1）求证：
CMEM
；
（2）若直线
DM
与平面ABC
所成角的正切值为
2
，求二面角
BCDE
的大小.










78.如图，四棱锥
PABCD
的底面
ABCD
为菱形，
P
A
M
Q
B
C
D
ABC60
，侧面
PAB
是边长为
2
的正三角形，侧
面
PAB
底面
ABCD
．
（
1
）设
AB
的中点为
Q< br>，求证：
PQ
平面
ABCD
．

（
2）求斜线
PD
与平面
ABCD
所成角的正弦值．

（< br>3
）在侧棱
PC
上存在一点
M
，使得二面角
MBD C
的大小为
60
，求
CM
的值．

CP
13

试卷答案


53.证明：（1）∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴
四边形
ABCD
是直角梯形，

∵AB=BC=1
，
AD=ED=3
，
EC=2
．

∴CD==
，

∴CE
2
+DC
2
=DE
2
，
∴EC⊥CD
，

∵
面
EDC⊥面
ABCD
，面
EDC∩
面
ABCD=DC
，

∴CE⊥
面
ABCD
，

∴CE⊥AB
，又
AB⊥BC
，
BC∩CE=C
，

∴AB⊥
面
BCE
．

解：（
2
）过A
作
AH⊥DC
，交
DC
于
H
，

则
AH⊥
平面
DCE
，连结
EH
，
则
∠AEH
是直线
AE
与平面
DCE
所成的平面角，< br>
∵=
，

∴AH==
，

AE=
∴sin∠AEH=
，

=
，

∴
直线
AE
与平面
CDE
所成角的正弦值为．






14

54.解：如图，设E为AB的中点，建立如图所示的空间直角坐标系．
（< br>1
）当
θ=90°
时，
A
（
2
，﹣
1
，
0
），
C
（
0
，
1
，
2
），
∴
，
∴
（
2
）由
θ=60°得
∴
设
∴
设平面
AOC
的法向量为
∵
，，
∴
，

，则
，

，

，取，

，

，
．

，
M
（
0
，﹣
1
，
0
），

，
由题 意，得
∴
在线段
MD
上存在点
P
，且
，即
3λ
2
﹣
10λ+3=0
，
∴
．

或
λ=3
（舍去），





55.证明：（1）取PA的中点F，连结EF，DF，
则
EF∥AB
，
EF=AB
，

又
DC∥AB
，
DC=AB
，

∴EF∥CD
，
EF=DC
，

∴
四边形
EFDC
是平行四边形，

∴CE∥DF
，又
CE⊄
平面
PAD
，
DF⊂
平面
PAD
，

∴CE∥
平面
PAD
．

解：（
2
）
∵AD=CD=
又
AB=2
，
AD⊥CD
，∴AC=2
，

，
∠BAC=45°
，
∴BC=2
，

∴AC⊥BC
，

又
PA⊥
平面
ABCD
，
BC⊂
平面
ABCD
，

15

∴PA⊥BC
，又
PA∩AC=A
，

∴BC⊥
平面
PAC
，

过
E
作
EM∥BC
，则
EM⊥
平面
PAC
，

∴∠PCE
为
CE
与平面
PAC
所成的角，即
∠PCE
＜∵PA=2
∴∠BPC=
∴
当
∠PCE=
∴
当
∠PCE
，
AC=2
，
∴PC=2
，

时，
CE⊥PB
，此时
PE=3
，

时，
PE
＜
3
．

，
BC=2
，
PB=4
，

．





56.(Ⅰ) 证明：如图1所示，连接
AC
1,A
1
C
交于
M
点，连接
MQ
.
因为 四边形
A
1
ACC
1
是正方形，
所以
M
是
AC
1
的中点
又已知
Q
是
A
1
B
的中点
所以
MQ ∥BC

又因为
B
1< br>C
1
∥BC
且
BC=2B
1
C
1

所以
MQ ∥B
1
C
1
，
即四边形
B
1
C
1
MQ
是平行四边形
所以
B
1
Q∥C
1
M
，
因此
B
1
Q∥
平面
A
1
ACC
1.…………………………………………………7分

1
2
16

(Ⅱ) 如图2所示，过点
B
作面
A
1
B
1
B
与 面
ABC
的交线
BD
，交直线
CA
于
D
.

过
A
作线
BD
的垂线
AH
，垂足为H
.再过
A
作线
A
1
H
的垂线
AG< br>，垂足为
G
.
因为
AHBD,AA
1
BD
,
所以
BD
面
A
1
AH
,
所以
BD
AG
,又因为
A
1
HAG
,
所以
AG

面
A
1
B
1
B
，所以
ABG
即
AB
与面
A
1
B
1< br>B
所成的角．………………10分
因为
A
1
B
1< br>∥面
ABC
，所以
A
1
B
1
∥
BD
，
且
A
为
CD
的中点，
如图3所示，
CP
为
BD
边上的高，
17

AB=2
2
+2
2
+22=23
,
BD=2
2
+4
2
+24=27
，
因为
11
CBCDsin120
0
BDCP

22
CP3
23

，所以
AH=

27< br>7
所以
CP
因为
AA
1
2
，所以
A
1
H2
2

331

,
77AG
AHAA
1

A
1
H
2
3
7

23

3131
7
23
31

1

31
………………………………………15分 所以
sinABG
2331
31

57.

18



面ABC面BCD=BC

FC面 ABCABCF
.............5分 （1）
BCD90
0CFBC


面ABC面BCD

（2）设
ABAC1，则BC=2,CD2,BD2
,
设BEt，则ED=EA=2-t,

取
BC的中点H，连接HE,AH
,
又
EBH45，则HEtt
022
1

2
面ABC面BCD


面ABC面BCD=BC

AH面 BCD
（3）.............7分

AHBC

又 AH面BCD,AE
2
AH
2
EH
2
，
点 E是BD的中点
,...........10分
1
2
1
2


2-t

tt,t1
22
HEPBC, HE面ABC
BEA
为所求角的线面角
...........12分
AE1，AH
22
，EH
...........14分
22
sinBEA
2

2
所以直线
AE
与平面
ABC
所成角为


4
..............................15分
2

2
法2：
V
ABCE
V
EBCA
,E到面ABC的距离为
sin


58.

2

所以直线
AE
与平面
ABC
所成角为
2
4
（酌情给分）
19

解法一：（Ⅰ）由已知可得: OM

平面AOD.又AC

DM.从而有AC

DO
由平面几何性质可得AC

CB -----4
设OO
1
=h ，在直角△ABC中，有AC
2
+BC
2
=AB
2

即 (9+h
2
)+(1+h
2
)=16

h3



圆台
OO
1的体积
V
173


h(r
1
2
 r
1
r
2
r
2
2
)
. -----7
33
（Ⅱ）过点O在△DOM内作OE

DM，作OH

平面DAM，垂足分别为E，H，连EH.
易得EH

DM,故∠OEH就是二面角
ADMO
的平面角. ----10
在△DOM中,OE=
2

由V
D-AOM
=V
O-ADM
得 OH=
221
-----13
7
在直角△OEH中,
sinOEH
6

7
7
---15
7
则二面角
ADMO
的余弦值为
解法二：（Ⅰ）由题意可得OO
1
、
OM
、
OB
两两互相垂直，
以O
为原点，分别以直线
OM
、
OB
、
OO
1< br>为
x
、
y
、
z
轴建立空间直角坐标系 -----2
设
OO
1
h(h0)
，则
D(0,1 ,h)
，
M(2,0,0),A(0,2,0)
，
C(0,1,h)

uuuuruuur
DM(2,1,h)
，
AC(0,3,h)

uuuuruuur
QDMAC

DMAC3h
2
0

解得
h3
-----5

圆台
OO
1
的体积
V
173< br>

h(r
1
2
r
1
r
2
r
2
2
)
. -----7
33
uuuuruuuuruuuur
（Ⅱ）
AM(2,2,0)
,
DM(2,1,3)
,
OM(2,0,0)
-----9
设平面
ADM
、平面
ODM
的法向量分别为
rr
u(x
1
,y
1
,z
1
)
，v(x
2
,y
2
,z
2
)

ruu uurruuuur

2x
2
y
2
3z
20

uAM0

vDM0

2x
1
2y
1
0


则

ruuuu< br> 且 即 且


rruuuur
2x0



uDM0

vOM0

2x< br>1
y
1
3z
1
0

2
rr< br>取
u(3,3,1)

v(0,3,1)
-----13
20

rr
rr
uv7


cosu,v
rr

.
7
|u||v|
则二面角
ADMO
的余弦值为
59.

证：（I）. 连结BD，设BD交AC于M点，连结ME………………………….2分
在平行四边形ABCD中，AC，BD相互平分，即DM=BM，
又PE=BE
7
---15
7

在
BDP
中，
EMPD

QPD面AEC，ME面AEC


EMPD
………………………….6分

解：（II）.

过D作DO垂直BA延长线与O点，连结PO，易得DO，PO，BO两两垂直
建立如图坐标系，设AB=2，则
B(0,3,0),C(0,2,3),P(3,0,0),D(0,0,3)

E(
33
,,0)

22
uuuruuuruuuruu ur
3333
BC(0,1,3),BE(,,0),DC(0,2,0),DE (,,3)

2222
21

………………………….10分（注：每对一个给1分）
urr
< br>设面BCE的一个法向量为
m(x
1
,y
1
,1)
，面DCE的一个法向量
n(x
2
,y
2
,1)
，则 < br>ruuur
uruuur

mBCy
1
30

nDCy
2
0

,

r
ru uur

u

ruuu
33
33
x
2y
2
30
x
1
y
1
0
< br>nDE

mBE
22
22
urr
m (3,3,1),n(2,0,1)
……………………………….12分（注：每对一个给1分） < br>urr
urr
mn7765
cosm,n
u
…………………………14分
rr

65
65
mn

二面角
BCED
的余弦值为

60.

证 ：（1）取
CD
中点
M
，连结
BM
，
QBCD< br>为等边三角形.
765
………………………….15分
65
BM
⊥
CD
， ……(2分)
又
Q
平面
ACD
⊥平面
BCD
，平面
ACD
I平面
BCD
=
CD
，
BM
平面
BCD，
BM
⊥平面
ACD
，
BM
⊥
AC
，……(5分)
又
BC
⊥
AC
，
AC
⊥平面
BCD
……(7分)
（2）法一：设点C到平面
ABD
的距离为d， 由
V
C-ABD
V
A-BCD
， ……(10分)
即

3
111313
3d  31
，得
d
……(13分)
32234
13
3
d39

13

设直线
CD
与平面
ABD
所成角为

，则
sin
……(15分)
CD13
3
法二：取
BD
中点
N
，连
NC
，则
AN
⊥
BD
，
CN
⊥
BD
，
BD
⊥平面
ANC
，

平
面
ANC⊥平面
ABD
，又平面
ANC
I
平面
ABD
=
AN
，过点C作
CG
⊥
AN
，垂足为
G，则
CG
⊥平面
ABD
，所以
CDG
就是所求角. ……(10分)
在
RtANC
中，算得
CG
3
， … …(13分)所以
13
3
CG39
sinCDG
13

……(15分)
CD13
3
法三：如图建立空间直角坐标系
Cxyz
，
22

则
A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,
33
,)

22
uuur
33
,)
……(10分) 所以
CD(0,
22

uuuruuur
33
AB(1,3,0),AD(1,,)

22
r
设
n(x,y,z)是平面ABD的一个法向量


x3y0
r

所以

取
y3,则n( 3,3,1)
……(13分)
33
yz0

x 
22

33
uuurr
+
|CDn|
22=
39
……(15分)
rur

设直线
CD
与平面
ABD
所成角为

，则
sin
uuu
|CD||n|
133
13
61.

（I）证明：在△ADB中，∵

DAB=45° AB=
2
AD=2
2
，∴AD⊥BD
取AD中点O，AB中点N，连接ON，则ON∥BD，
∴AD⊥ON又∵平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，AD⊥OE，
∴EO⊥平面ABCD，
∴以O为原点，OA，ON，OE分别为x轴，y轴，z轴，建立空 间直角坐标系，如图取BD
的中点H，连接FH，OH，则OH∥AB∥EF，且OH=EF，
∴FH∥EO，
∴FH⊥平面ABCD，
23

∴D（-1,0,0） B（-1,2,0） H（-1,1，
3
） F（-1,1，
3
） C（-3,2,0） M（-2,2,0），
∴
DB
=（0,2,0）
DE
=（1,0，
3
）
MF
=（1，-1，
3
），

DB n0
< br>y0
设平面AED的一个法向量为
n
（x，y，z），则

∴


x3z0

DEn0

不妨设
n
=（
3
，0，-1）
∴
MF
⊥
n
，
又∵MF

平面AED
∴直线MF∥平面AED
（II）解：∵
BC
=（-2,0,0），
BF
=（0，-1，
3
） 设平面FBC的一个法向量为
m
（x，y，z），则

不妨设
n
=（0，
3
，1）
设平面BED与平面FBC所成的角为


则丨cos

丨 =丨

BCm0

BFm0
∴

x0



y3z0
nm
15
1
丨=，∴si n



4
丨n丨丨m丨
4
15

4
∴平面BED与平面FBC所成角的正弦值为
（III）解：直线BF与平面BED所成角 为a，
则sina=丨cos<
BFn
>丨=丨
BFn
3
丨=。
4
丨BF丨丨n丨
3

4
∴直线BF与平面BDE所成角的正弦值为
62.

（1）因为四边形
ABCD
是菱形，所以
ACBD
.
又因为
PA
平面
ABCD
，所以
PABD
.
又
PAIACA
，所以
BD
平面
PAC
.
设
ACIBDO
.
因为
BAD60
，
PAPB2
，
所以
BO1
，
AOCO3
，
如图，以
O
为坐标原点，建立空间直角坐标系
Oxyz
.
uur
则
P0,3,2
，
A0,3,0
，
B

1,0,0

，
C0,3,0
，所以
PB1,3,2
，

24

uuur
AC0,23,0
.

uuruuu r
66
PBAC
设
PB
与
AC
所成角为

，则
cos


uuruuu
.

r

4
2223
PBAC
uuuruur
（2）由（1）知
BC1,3,0
，设
P0,3,t
（
t0
），则< br>BP1,3,t
，


uuururuurur< br>ur
设平面
PBC
的法向量
m

x,y,z

，则
BCm0
，
BPm0
，所以


x3y0
，



x3ytz0
ur

6

6
令
y3
，则
x3
，
z
，所以
m

3,3,

.
t

t

r

6

同理，平面
PD C
的法向量
n

3,3,

.
t
 
urr
36
因为平面
PBC
平面
PDC
，所以
mn0
，即
6
2
0
，解得
t6
.所以
t
PA6
.
63.

解：（Ⅰ）设
PA
中点为
G
，连结
EG，DG
，因为
PA

BE
，且
PA4，BE2
，所以
BE

AG
且
BEAG
，所以四边形
BEGA
为平行四边形，所以
EG

AB
，且
EGAB
．因为正方形
ABCD
，所以
CD

AB，CDAB
，所以
EG

CD
，且
EGCD
，所以四边形
CDGE
为平行四边形，所以
CE

DG
．因为
DG
平面
PAD
，
CE
平面PAD
，所以
CE
平面
PAD
(4分)．
（Ⅱ）如图 ，建立空间坐标系，则
B

4,0,0

，
C
< br>4,4,0

，
E

4,0,2

，
P

0,0,4

，
25

D

0,4,0

，所以
PC
=(4,4,－4)，
PE=(4,0,－2)，
PD
=(0,4,－4)．
设平面
PCE
的一个法向量为
m(x,y,z)
，所以
．

x1

令
x1
，则

y1
，所以
m(1,1,2)
．

z 2

设
PD
与平面
PCE
所成角为

，
则
．
所以
PD
与平面
PCE
所成角的正弦值是
3
(8分)．
6


（Ⅲ）假设存在点
F

a,0,0

满足题意，则
FE(4a,0,2)
，
DE(4,4,2)
．
设平面
DEF
的一个法向量为
n(x,y,z)
，则
，

x2

a
a

令
x2
，则

y
，所以
n(2,,a4)
．
2
2



za4
26

< br>因为平面
DEF
平面
PCE
，所以
mn0
，即
2
所以
a
64.

a
2a80
，
2
12AF3

12

4
， 故存在点
F

,0,0

满足题意，且

(12分)．
5
5AB5

(Ⅰ)证明：取
CD
中点为
E
，连接
BE
，因为
BCBD
，所以
BECD
，又
CD 2AB
，
AB
CD
，所以
AB

DE
，所 以四边形
ABED
为矩形，所以

ABAD
，
又
ABAP
，所以
AB
平面
PAD
. -------------------------------------------4分
又
ABCD
，所以
CD
平面
PAD
，
又
CD
平面
PCD
，所以平面
PAD
平面
PC D
.-------------------------------6分

P
F
G
A
B
C
E
D
第19题

(Ⅱ) 在
ABP
中，
AB
在
ABD
中，
AB
2
，
PB6
，
ABAP
，所以
AP2
；
2
，
BD6
，
ABAD
，所以< br>AD2
.
取
PD
和
PC
的中点分别为
F
和
G
，则
FG

CD
，

2又
AB

CD
，所以
AB

FG
，所以四 边形
AFGB
为平行四边形，

2

又
PAA D2
，
F
为
PD
的中点，所以
AFPD
， < br>所以
AF
平面
PCD
，所以
BG
平面
P CD
，所以平面
PBC
平面
PCD
，----------10< br>分
所以
PC
为
PD
在平面
PBC
上的射影 ，所以
DPC
为
PD
与平面
PBC
所成的角。----- 12
分
在
RtPDC
中，
CD22
，
PD 23
，所以
PC25
，
1
1
27

所以
sinDPC
CD2210
。

PC
25
5
10
-------------------------- ---- 15分
5
即直线
PD
与平面
PBC
所成角的正 弦值为
（用其它方法（如用空间向量法、等体积法等）解答，酌情给分！）
65.

（1）∵
AB1
，
BD3
，
AD2
，
∴
ABBD
，
又∵平面
ABD
平面
CBD< br>，平面
ABDI
平面
CBDBD
，
∴
AB
平面
CBD
，
∴
ABBC
，
∵
ABBC1
，
∴
AC2
．
（2）由（ 1）可知
AB
平面
BCD
，过
B
作
BGCD< br>于点
G
，连接
AG
，则有
CD
平面
ABG
，
∴平面
AGD
平面
ABG
，
过
B
作
BHAG
于点
H
，则有
BH
平面
A GD
，连接
HE
，
则
BEH
为
BE
与平面
ACD
所成的角． 由
BCCD1
，
BD3
，得
BCD120
，∴
BG
又∵
AB1
，
∴
AG
3
，
2
7
1
，又∵
BEAD1
，
2
2
BH21

．
BE7
∴
sinBEH
28

66.

（1）由
AB2PB4BM
，得
PMAB
，
又因为
PMCD
，且
ABCD
，所以
PM
面
ABC D
，……5分
且
PM
面
PAB
．所以，面
PA B
面
ABCD
。……7分
（2）过点
M
作
MHCD
，连结
HP
，
因为
PMCD
，且
PMMHM
，
所以
CD 
平面
PMH
，又由
CD
平面
PCD
，
所以平面
PMH
平面
PCD
，平面
PMH
平面
PCDPH
，过点
M
作
MNPH
，
即有
MN 
平面
PCD
，所以
MCN
为直线
CM
与平面< br>PCD
所成角．……10分
在四棱锥
PABCD
中，设
A B2t
，则
CM
3
1575
t
，
MHt，
PM
t
，
2
210
∴
PH
73
45
t

t
，
MN
16
5
MN 75

，即直线
CM
与平面
PCD
所成角的正弦值为
CM40
从而
sinMCN
75
．……15分
40
29

67.

（I）证明：
QADEABC60
，
ED1，AD2，AECD

又
QABCD,AEAB

又
QPA
平面
ABCD
,
PAAE,PAABA


直线
AE
平面
PAB
.
（II） （方法一）连接
PE,
过
A
点作
AHPE
于
H< br>点.
QCDEA,CDPA,EAPAA
,
CD
平面
PAE
，

CDAH
.
又
QAHPE
，
AH
平面
PCD
.
所以
AEP
为直线
AE
与平面
PCD
所成的角.
在
RtPAE
中，
PA2,AE3
，
sinAE P
PA227


PE7
7

直线
A E
与平面
PCD
所成角的正弦值为
27

7
（方法二）如图建立所示的空间直角坐标系
Axyz
.
 
uuuruuuruuur
AE

0,3,0

,P C

1,3,2

,DC

2,0,0
< br>
设平面
PCD
的法向量
n

x,y,z

，
P

0,0,2

,E0,3,0,C1,3,0, D1,3,0
.

r
uuur
r


3

r


PCn0

x3y2z=0< br>

n

0，1，


r
r< br>
uuu

2

DCn0


2x=0


30

uuur
r
uu ur
r
27
AEn27
r
r
cosAE,nuuuu
.所以直线
AE
与平面
PCD
所成角的正弦值为
7
7
AEn

68.

（1）由
BCCD
，
BCCD2
，
可得
BD22
．
由
EAED
，且
EAED 2
，可得
AD22
．
又
AB4
．所以
BDAD
．
又平面
EAD
平面
ABCD
，
平面
ADEI
平面
ABCDAD
，
BD
平面
ABCD
，所以
BD
平面
ADE
．
（2）如图建立空间直角坐标系
Dxyz
，

则
D
0,0,0

，
B0,22,0
，
C2,2,0< br>，
E

uur
BE

uuur
2, 22,2
，
DE

2,0,

2,0,2
< br>，
uuur
2

，
DC

2,2,0

，

ruuurruuur
r
设
n

x,y,z

是平面
CDE
的一个法向量，则
nDE 0
，
nDC0
，

xz0,
即

．
xy0.

r
令
x1
，则
n

1,1,1

．
31

设直线
BE
与平面
CDE
所成 的角为

，
uurr
BEn
uurr
则
sin

cosBE,n
uurr

BEn
2222< br>233
2
．
3

2
．
3
所以
BE
和平面
CDE
所成的角的正弦值
uuuruur
（3） 设
CF

CE
，



0,1

．
uuuruuruuur
DC2,2,0
，
CE22, 2,2
，
DB0,22,0
．

uuuruuur uuuruuuruur
则
DFDCCFDC

CE
2< br>
2

1,

1,


．
ruurruuur
ur

设
m

x,y, z

是平面
BEF
一个法向量，则
nEB0
，
nEF0
，
即



y

0,
．


2

1

x


< br>

1

y



z

0
ur

2

1

令
x
1
，则
m

1,0,

．


urr
若平面
BEF
平面
CDE
，则mn0
，
即
1
2

1

1
0
，



0,1

．
3
所以，在线段
CE
上存在一点
F
使得平面
BEF
平面
CDE
．
69.

解：（1）连BD交AC于O，取DE中点K，良OK、KF
∵AC、BD是正方形
ABCD
的对角线
1

BE

AF
， ∴四边形AOKF为平行四边形，∴
AOFK
∴O为BD中点， ∴
OK

2
又∵
AO
平面DEF，
FK
平面DEF
∴AC平面DEF
（2）在△DAF中，
DF5
，
AD2
，< br>AF1
，所以
FADA

又因为
AFAB< br>，
DAIABA
，
DA,AB
平面ABCD
∴
AF
平面
ABCD
.
以
A
为原点，
AD
、
AB
、
AF
分别为
x
、
y
、
z
轴建立空间直角坐标系（如图）.
则
A

0, 0,0

，
B

0,2,0

，
C

2,2,0

，
D

2,0,0

，
E

0,2,2

，
F

0,0,1

uuuruuuruuur
uuuruuur
设
DP
DE

DF
，因为
DE

2,2,2

，
DF

2,0,1

，
32

uuuruuuruuuruuur
又
BD

2, 2,0,

，
DP

DE

DF

2

,2

,2



< br>2

,0,






2

2

,2

,2< br>




uuuruuuruuur
所以
BPBDDP

22

2

,2
2,2




，
uuuruuur
< br>
BP•DF0,


2

22
< br>2


2



0,
∵
uuu
∴
ruuur



2

22

2


2

2

2

2

2




0,

BP•DE0,



0,
uuu r
2
uuur

解得

即. 所以
P
是线段
DE
上靠近
E
的三等分点.
DPDE
2

,
3

3


70.

（1）∵
APABAD
且
PBD
是等边三角形
∴
PAB
，
PAD
，
BAD
均为直角三角形，即
DAAB
，
DAPA
，
∴
DA
平面
PAB

∵
DA
平面
ABD

∴平面
PAB
平面
PAD

2
BD
，
2
uuuruuuruuur
（2）以
AB,AD,AP
为单位正交 基底，建立如图所示的空间直角坐标系
Axyz
．


令
APABAD1
，
BD2
，
∴
A
0,0,0

，
B

1,0,0

，
D

0,1,0

，
P

0,0,1< br>
．
uuruuur
设
C

1,t,0

，则
PB

1,0,1

，
CD

1,1t,0

．
∵直线
PB
与
CD
所成角大小为60°，所以
33 < /p>

uuruuur
uuruuur
PBCD1
cosPB,CD 
uuruuur

，
PBCD
2
即
1
21

1t

2

1
，解得
t 2
或
t0
（舍），
2
∴
C

1,2,0

，
r
设平面
BPC
的一个法向量为
n

x,y,z

．
uuuruur
∵
BC

0,2,0

，< br>BP

1,0,1

，则
uurr


BPn0

2y0
即


rr

uuu
xz0


BCn0

令
x1
，则
z1
，所以
n

1,0,1
< br>．
ur
∵平面
DPC
的一个法向量为
m

x,y,z

，
uuuruuur
∵
DP

0,1,1

，
DC

1,1,0

，则 < br>uuurur


DPm0

yz0
即< br>

rur

uuu
xy0


DCm0

令
y1
，则
x1
，
z 1
，
ur
∴
m

1,1,1

．
urr
urr
mn
∴
cosm,n
urr
0
，
mn
故二面角
BPCD
的大小为90°．
71.


EB
， （1)如图取
AB
的中点E
，连接
DE
，依题
DC

所以四边形
BCD E
是平行四边形，
所以
DEBC
.因为
E
是
AB
中点，
所以
AE
1
AB
，故
AEADDE
，
2
所以
ADE
为等边三角形，所以
AED60
，
因为
ABCD
，所以
EDC60,BCCD

所以平行四边形
BCDE
为菱形，
34

1所以
EDBEDC30
，所以
ADB90
，即
BDAD
，又已知
PABD
，所以
2
BD
平面
PAD
，
BD
平面
ABCD
，所以平面
PAD

平面
ABCD
.

(2)由（1)知，
BD
平面
PAD
，平面
PAD

平面
ABCD
，所以 如图，以
DA
为
x
轴，
DB
为
y
轴，过
D
点与平面
ABCD
垂直的直线为
z
轴建立空间直角坐标< br>Dxyz
.设
AB2
，则
BD3
，
ADCD BCPAPD1
，所以

13

13

A

1,0,0

,B0,3,0,C

,,0,P,0 ,


22

2

，
2


uuur

1
r
r
3
uuu
,0,,AB1,3,0
n

x,y,z
，则 所以
PA

.设平面的法向量
PAB

2

2


uuurr

13
r

PAn0
z0

x


2< br>，令
x3
，则
y1,z1
，所以
n
rr2

uuu


ABn0

x3y 0


3,1,1
.

urr
ur
65
同理可得平面
PBC
的法向量
m3,1,3
，所以
co sm,n
，
65

所以二面角
APBC
大小的余 弦值为

72.

65
.
65
1131
（1）因为
AB1,AA
1
2
，则
F(0,0,0),A(, 0,0),C(,0,0),B(0,,0),E(,0,1)
，
2222
uuu r
uuur
13
所以
AC(1,0,0)
，
BE(, ,1)
， ………………………………………2分
22
记直线
AC
和
BE
所成角为

， < br>uuuruuur
则
cos

|cosAC,BE||
1
1
2
|
13
()
2
()
2
1
22
2
，
4
35

所以直 线
AC
和
BE
所成角的余弦值为
2
． ………………………………………4分
4
（2）设平面
BFC
1
的 法向量为
m(x
1
,y
1
,z
1
)
，
uuur
uuuur
3
1
因为
FB(0,,0)
，
FC
1
(,0,2)
，
2
2
r

uuu
3
mFBy
1
0


2则

，取
x
1
4
得：
m(4,0,1)< br> ……………………………6分
uuuur
1

mFCx2 z0
111

2
设平面
BCC
1
的一个法向量 为
n(x
2
,y
2
,z
2
)
，
uuuur
uuur
13
因为
CB(,,0)
，
CC< br>1
(0,0,2)
，
22
r
1

uuu
3
y
2
0

nCBx
2

则

，取
x
2
3
得：
n(3,1,0) ………………………8分
22
uuuur

nCC2z0
12
cosm,n
43(1)010
(3)< br>2
(1)
2
0
2
4
2
0
2
1
2

251

17
根据图形可知二面角
FBC
1
C
为锐二面角， < br>所以二面角
FBC
1
C
的余弦值为
73.
（1
）见解析．（
2
）
251
； ……………………………………10分
17
AM1
3

．

．（
3
）存在，
AP4
3
（
1
）
∵
面
PAD
面
ABCD
，
AB
面
AB CD
，且
ABAD
，

∴
AB
面
PAD
，

∴
ABPD
，

又
∵
PDPA
，
PAIPBA
，

∴
PD
面
PAB
．

（
2
）如图所示建立空间直角坐标系，

P
D
z
x
A
B
C
y

设直线
PB
与平面
PCD
所成角为

，

36

∴
P(1,0,1)
，
B(0,1,0)< br>，
C(1,2,0)
，
D(2,0,0)
，

uuu ruuuruuur
则有
PB(1,1,1)
，
PC(0,2,1 )
，
PD(1,0,1)
，

r
设平面
PCD
的法向量为
n(x,y,z)
．

ruuur

nPC0

2yz0
r
< br>n(2,1,2)
，

ruuur
由

，得
xz0



nPD0
uuurr
PBn2123
rr

∴
sin


uuu
．

3
|PB||n|
33
又
∵
直线
PB
与平面
PCD
所成角为锐角，

∴
所求线面角的正弦值为
3
．

3
（
3
）假设存在这样的
M
点，

设点
M
的坐标为
(a,0,a)
．

uuuur
则
BM(a,1,a)
，

要使直线
BM∥
面
PCD
，

uuuurr
即需要求
BMn
．

∴
2a12a0
，

解得
a
此时
1
，

4
AM1

．

AP4
74.
见解析．

解：（
1
）证明：取D
为原点，
DA
所在直线为
x
轴，

DE
所在直线为
z
轴建立空间直角坐标系，

则
A (1,0,0)
，
B(1,2,0)
，
E(0,0,3)
，
F(1,2,3)
，

uuuruuur
∴
BE(1,2, 3)
，
AB(0,2,0)
，

r
设平面
ABE
的法向量为
n(x,y,z)
，


x2y3z0
r

∴

不妨设
n(3,0,1)
，



2y0
uuur
又
DF(1,2,3)
，

uuurr
∴
DFn330
，

uuurr
∴
DF⊥n
，

又
∵
DF
平面
ABE
，

∴
DF∥
平面
ABE
．

37

uuuruuur
（
2
）解：
∵
BE(1,2,3)
，
BF(2,0,3)
，

ur
设平面
BEF
的法向量为
m(x,y,z)
，


ur
x2y3z0
∴

不妨设
m(23,3,4)
，


2x3z0
urr
|mn|10531
rr

∴
|cos

|
u
，

31
|m||n|
231
∴
平面
ABE
与平面
EFB
所成锐二面角的余弦值为
531
．

31
uuuru uur
（
3
）解：设
DP

DF

( 1,2,3)(

,2

,3

)
，

[0,1]
，

∴
P(

,2

,3

)
，

uuur
∴
BP(
1,2

2,

)
，

r又
∵
平面
ABE
的法向量为
n(3,0,1)
，
uuurr
∴
sin

|cosBPn|
|3

33

|
2(

1)
2(2

2)
2
3

2

3，

4
∴
8

2
6

1 0
，

∴


11
或


，

24
uuur

33

1
,1,

∴
当


时，
BP


2
，

2
2

uuur
∴
|BP|2
，
< br>uuur

533

1
当


时，
BP



4
,
2
,
4

，

4

uuur
∴
|BP|2
，

uuur
综上
|BP|2
．

75.
（Ⅰ）证 明：因为
PA
平面
ABCD
，所以
PACD

又因为底面
ABCD
是矩形，所以
ADCD

又因为
PAADA
，所以
CD
平面
PAD
.
又因为
CD
平面
PCD
，所以平面
PCD
平面
PAD
.
（Ⅱ)解：方法一：（几何法)过点
A
作
AM PE
，垂足为点
M
，连接
FM
.
不妨设
PAAD3
，则
AB2AD6，BC3
.
因为
PA
平面
ABCD
，所以
PAAF
.
38

又因为底面
ABCD
是矩形，所以
ABAF
.
又因为
PAABA
，所以
AF
平面
PAB
， 所以A
AFPE
.
又因为
AMAFA
，所以
PE
平面
AFM
，所以
PEFM

所以
AMF
就是二面角
APEF
的平面角.
在< br>RtPAE
中，由勾股定理得
PE
由等面积法，得
AM
PA
2
AE
2
3
2
2
2
13，
PAAE32613
，

PE13
13
AFAE1

.
FDDC3
又由平行线分线段成比例定理，得
所以
AF113

.所以
AFAD
.
AD222
3
AF13
所以
tanAMF
.

2

AM
613
4
13
所以二面角
A PEF
的正切值为
13
.
4
方法二：（向量法）以
A F
，
AB
，
AP
分别为
x
，
y
，
z
轴建立如图所示的空间直角坐
标系：

不妨设
PAA D3
，则由（Ⅱ）可得
AP3
，
AE2
.
又由平行线分线段成比例定理，得
AFAE1

，
FDDC3< br>所以
AF113

，所以
AFAD
.
AD2 22

3

2


0，0

.
0，3

，
E

0，2，0

，
F

，
所以点
P

0，
39

< br>
则
PE

0，
0，3

. 2，-3

，
PF

，

uuur
uuur
3
2
设平面
PEF
的法向量为
n
< br>x,y,z

，则
uuur

nPE

x,y,z



0,2,3

0，
2y3z0，

3

yz，

r
由< br>
uuu
得
3
得

2

3

x3z0，

nPF

x,y,z



,0,3

0，

2
x2z，
2


令
z1
，得平面
PEF
的一 个法向量为
n

1

；

2，，


又易知平面
PEA
的一个法向量为
mAF


,0,0

；

uuur
3
2
3
2

3



3

2,,1< br>
,0,0

nm
22

4
.

设二面角
APEF
的大小为

，则
c os


29329
nm

22
所以
ta n


76.

29

4
13
13

.所以二面角
APEF
的正切值为.
44
4
2
2
（Ⅰ）证明，不妨设
BC2AD4
，过
A
作
BC
垂线交
BC
于
E
，则
AE3
，< br>AC23
，
AB
22
1
2

o
cos60
2
所以
ABACBC
，所以
ABAC
， 又因为平面
ABCD
与平面
ABC
1
D
1
垂直，所
以
AC
平面
ABC
1
D
1

所以
BC
1
AC


（Ⅱ）建立如图坐标系，< br>A

0,0,0

，
B

2,0,0

，
C0,23,0
，
D1,3,0
，

D
1
1,0,3

uuuuruuuruuuur
所以
DD
1
0,3,3
，
BC2,23,0
，
BD1
3,0,3



r
设平面
BCD
1
的法向量为
n

x,y,z


40

r


2x23y0
则有< br>
，取
n


3x3z0

ruu uur
26
3,1,3
，
cosn,DD
1

，
13

直线
DD
1
与平面
BCD
1< br>所成角的正弦值为
26
．
13

77.
（1）因 为
△ABC
是等边三角形，
M
为
AB
的中点，所以
CMAB
.
又因为
DB
平面
ABC
,
DB CM
，可得
CM
平面
ABDE
，
因为
EM
平面
ABDE
，所以
CMEM
；（4分）
（2）如图， 以点
M
为坐标原点，
MC,MB
所在直线分别为
x,y
轴， 过
M
且与直线
BD
平行的直线为
z
轴，建立空间直角坐标系 .因为
DB
平面
ABC
，所以
DMB
为直线
D M
与平面
ABC
所成的角.（6分）
由题意得
tanDMB< br>BD
2
，即
BD2
，故
B

0,1,0

，
C3,0,0
，
MB
uuuruuur
uuu r
D

0,1,2

,E

0,1,1

，于是
BC3,1,0
，
BD

0,0,2

，
CE3,1,1
，


uuur
CD 3,1,2
，设平面
BCD
与平面
CDE
的法向量分别为
m 

x
1
,y
1
,z
1

，
uuuv

mBC0


3x
1y
1
0
v
得

，令
x
1
1
，得
y
1
3
，所以
n

x
2
,y
2
,z
2

，则由

uuumBD0



2z
1
0

3 23

m1,3,0
.同理求得
n

， （10分）
1,,


33


所以
cos m,n
mn
0
，则二面角
BCDE
的大小为
90 
.（12分）
mn
41

51015
z
D
E
A
M
B
y
C
x

78.< br>（
1
）见解析．（
2
）
30
10
．（
3
）
2
5
．

（
1
）证明：
∵
侧面
y
3x-2y
PAB
是正三角形，
AB
中点为
Q
，

∴
PQAB
x+y-4=0
，

∵
侧面
x+2y=0
PAB
底面
ABCD
(3,
，
x

侧面
PABI
底面
ABCDAB
，

PQ
侧面
PAB
，

∴
PQ
平面
ABCD
．

（
2
）连接
AC
，设
ACIBDO
点，

以
O
为原点，
OB
，
OC
过
O
点 且垂直于平面
ABCD
的直线分别为
x
，
y
，
角坐 标系，

P
z
A
M
Q
D

x
B
O
C
y
O(0,0,0)
，
B(3 ,0,0)
，
C(0,1,0)
，
D(3,0,0)
，
P


3

,
1
,3


22


，

u
PD
uur



331




2
,
2,3


，


平面
ABCD
的法 向量
u
m
r
(0,0,1)
，

设斜线
PD
与平面
ABCD
所成角为

，

则
sin|cos
u
m
r
,
u
PDuur
uruuur
|
|
u
m
r
mPD< br>||
u
PD
uur
|

330
27

10
．

4

1
4
3
42
z
轴建立空间直

uuuuruuur

3
3
CMtCPt,t,3t
（
3
）设

2

，

2

r

3< br>

3

uuuu
3
3
BM
< br>t3,t1,3t
M

t,t1,3t

，


2

，


2

2
2


uuur
DB(23,0,0)
，

r
设平面
MBD
的法向量为
n(x,y,z)
，

ruuuruuur
∴
nDB
，
nMB
，
< br>ruuur

x0


nDB0




ruuu



3
r
，

3

t3xt1y3tz0




nMB0


2


2




r

6t

n,3
，

取
z3
，


0,

3t2

ur
又
∵
平面
ABCD
的法 向量
m(0,0,1)
，

urr
urr
mn
rr
cosmncos60
，
∴
u
|m||n|
3
∴

6t

3


3t2

2

1
2
，

解出
t2
（舍去）或
t
此时
2
，

5
CM2

．

CP5

43