12、如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，侧面PAD丄底面ABCD，∠APD=
（I）求证：平面PAB丄平面PCD；
（II）如果AB=BC，PB=PC，求二面角B﹣PC﹣D的余弦值．
．
13、如图，在四棱柱
中，
，
且
，
底面
，
，点
与棱
E
在棱
AB
上，平面
相交于点
F
.
（Ⅰ）证明：∥平面；
的余弦值； （Ⅱ）若
E
是棱
AB的中点，求二面角
（Ⅲ）求三棱锥的体积的最大值.
二、选择题
三、14、正四棱锥S－ABCD的侧棱长为
为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
15、已知
m
，
n
表示两条不同直线，
α
表示平面．下列说法正确的是( )
A．若
m
∥
α
，
n
∥
α
，则
m
∥
n
B．若
m
⊥
α
，n
⊂
α
，则
m
⊥
n

C．若
m
⊥
α
，
m
⊥
n
，则
n
∥
α
D．若
m
∥
α
，
m
⊥
n
，则
n
⊥
α

16、下列说法正确的是 （ ）
A．直线a平行于平面M，则a平行于M内的任意一条直线
B．直线a与平面M相交，则a不平行于M内的任意一条直线
C．直线a不垂直于平面M，则a不垂直于M内的任意一条直线
D．直线a不垂直于平面M，则过a的平面不垂直于M

，底面边长为，E为SA的中点，则异面直线BE和SC所成的角
三、填空题
17、一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：
①AB⊥EF；
②AB与CM所成的角为60°；
③EF与MN是异面直线；
④MN∥CD．
以上四个命题中，正确命题的序号是
．
18、设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：
（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；
（2）若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；
（3）设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；
（4）若l与α内的两条直线垂直，则直线l与α垂直．上面命题中，其中错误的个数是 ．
3 21

19、已知l、m、n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同 的平面，下列命题：①若l∥m，n⊥m，则n⊥l；②若
l⊂α，m⊂β，α∥β，则l∥m；③若l ∥⊂α，则l∥α
④若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，则l⊥γ，其中真命题是 ．（填序号）
20、设a，b为两条直线，α，β为两个平面，给出下列命题：
（1）若a∥b，a⊥α，则b⊥α；
（2）若a∥α，b∥α，则a∥b；
（3）若a⊥b，b⊥α，则a∥α；
（4）若a⊥α，a⊥β，则α∥β．
其中正确命题的个数是 ．
21、如图在直三棱柱ABC﹣A
1
B
1
C
1
中∠ACB=90°，AA
1
=2，AC=BC= 1，则异面直线A
1
B与AC
所成角的余弦值是 ．


四、综合题
22、如图，四棱锥中，底面，，
，，，是的中点．
（1）求证：；
（2）求证：面．

五、计算题
23、 如图，四棱锥的底面为正方形，侧棱底面，
且，分别是线段的中点。

（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求二面角的大小。





4 21

参考答案

一、简答题

1、解：（Ⅰ）取的中点为，连结在正三棱柱

面
以
．
为坐标原点建立如图空间直角坐标系
，，，
，――2分
，
中面面，
， 故平为正三角形，所以
则
．
所以
因为
所以
所以
（Ⅱ）由⑴得
设平面
平面
，又
．―――－6分
，所以
的法向量，平面
，
，，
，
，
，
，
，
，
的法向量
由
同理可得平面
得平面的一个法向量为
，
，
的一个法向量
5 21

由，解得，为所求．――――12分
2、




6 21

3、解：（Ⅰ）如图，过点
平面
平面
平面
又平面

四边形

平面
平面
（Ⅱ）连接
，平面
………5分
，为等边三角形，
.
为平行四边形.
平面
平面

，
于
作
，

于
平面
，连接

.

由（Ⅰ），得
分别以
为
为
中点，又
轴建立如图所示的空间直角坐标系

，，
则

设平面的法向量为.由得
7 21

令，得.
设平面的法向量为
.
.由得令，得

故二面角的余弦值是. ………………………10分
4、 (1)取< br>BC
的中点
F
，连结
EF
、
AF
，则
EF
∥
PB
，
所以∠
AEF
(或其补角)就是异面直线
AE
和
PB
所成角．
∵∠
BAC
＝60°，PA
＝
AB
＝
AC
＝2，
PA
⊥平面
ABC
，
∴
AF
＝，
AE
＝，
EF
＝；
cos∠
AEF
＝
……………8分
＝，所以异面直线
AE
和
PB
所成角的余弦值为.
(2) 因为
E
是
PC
中点，所以
E
到平面
ABC
的距离为
…………12分
PA
＝1，
V
A
－
EB C
＝
V
E
－
ABC
＝×(×2×2×)×1＝.
5、【考点】二面角的平面角及求法；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】（1）分别以BA，BC，BP为x，y， z轴，建立空间直角坐标系，由CD⊥PD，得C（0，4，0），异面直线PA
和CD所成角等于60 °，得P（0，0，2）．求出平面PCD的法向量和平面PBD的法向量，由此能证明面PCD⊥面PBD．
（2）求出
（3）设
=（0，4，﹣2）和平面PAD的法向量，由此能求出直线PC 和平面PAD所成角的正弦值．
=m+（1﹣m）=m（2，0，0）+（1﹣m）（0，0，2）= （2m，0，2﹣2m），0＜m＜1，求出平
面ABE的法向量和平面DBE的法向量，由已知条件利 用向量法能求出E（，0，）．
【解答】（1）证明：分别以BA，BC，BP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0），D（2，2，0），设P（0，0，p），p＞0，C（0，c，0），
=（2，2﹣c，0），
∵CD⊥PD，∴ •
=（2，2，﹣p），
=（2，2﹣c，0）•（2，2，﹣p）=4+2（2﹣c）=0，
解得c=4，∴C（0，4，0）．
=（2，0，﹣p），∵异面直线PA和CD所成角等于60°，
∴=（2，0，﹣p）•（2，﹣2，0）=4=，
8 21

由p＞0，解得p=2，∴P（0，0，2）．
∴=（0，4，﹣2），=（2，2，﹣2），=（0，0，﹣2），
设平面PCD的法向量=（x，y，z），
则
设平面PBD的法向量=（a，b，c），
，取y=1，得=（1，1，2），
则
∵=1﹣1+0=0，
，取a=1，得=（1，﹣1，0），
∴面PCD⊥面PBD．
（2）解：∵ =（0，4，﹣2），
=（u，v，t），
=（2，0，﹣2），=（0，2，0），
设平面PAD的法向量
则
设直线PC和平面PAD所成角为θ，
，取u=1，得=（1，0，1），
sinθ=|cos＜＞|===，
∴直线P C和平面PAD所成角的正弦值为
（3）解：设
平面ABE的法向量
设平面DBE的法 向量
=m+（1﹣m）
=（0，1，0），
=（x
1
，y
1
，z
1
），
．
=m（2，0，0）+（1﹣m）（0，0，2）=（2m，0，2﹣2m），0＜m＜1，
，
则
设二面角A﹣BE﹣D的平面角为α，
∵二面角A﹣BE﹣D的余弦值为，
，取z=m，得=（m﹣1，1﹣m，m），
∴cosα=
2
==，
整理得3m﹣8m+4=0，由0＜m＜1，解得m=，
9 21

∴E（，0，）．

【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，线面角、面面垂直、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．
6、【考点】直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．
【专题】空间位置关系与距离；空间向量及应用．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积，求AC与PB所成的角的余弦值， （2）设=（x，y，z）为平面的ACM的一个法向量，求出法向量，利用空间向量的数量积，直线BC与 平面ACM所
成角的正弦值．
【解答】解：（1）以A为坐标原点，分别以AD、AB、AP为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），P（0，0，1），C（1，1，0），B（0，2，0），M（0，1，
所以=（1，1，0），
=2，
=（0，2，﹣1），||=，||=
），
，
cos（，）==，
（2）=（1，﹣1，0），=（1，1，0），=（0，1，），
设=（x，y，z）为平面的ACM的一个法向量，则
令x=1，则y=﹣1，z=2，
所以=（1，﹣1，2），
，即，
则cos＜，＞===，
设直线BC与平面ACM所成的角为α，
则sinα=sin[﹣＜，＞]=cos＜，＞=．
10 21

【点评】本小题考查空间中的异面直线所成的角、线面角、解三角形等基础知识考查空间想象能力和思维能力．

7、解：（Ⅰ）证明： 作
，
又平面平面
平面PAB，
又，
平面. …………………5分
于
CE与AD必相交，
，

（Ⅱ）（方法一：综合法）连AC，
由已知得AC=2，
从而，
，

又
从而平面PCD
作
，平面
平面PAC
于，于

，连，
，
设则所求的二面角为
，，，所以
.
（法二：向量法（略））
8、方法一： 如图，以点
A
为原点，以
AD
，
AA
1
，
AB
所在直线为
x
轴，
y
轴，
z
轴建立空间直角坐标系，依题意得
A
(0,0,0 )，
B
(0,0,2)，
C
(1,0,1)，
B
1
(0,2,2)，
C
1
(1,2,1)，
E
(0,1,0). …………………………………………………………………………………3分
(1)证明 易得
·
＝(1,0，－1)，
＝0，
＝(－1,1，－1)，于是
11 21

所以
B
1
C
1
⊥
CE
. ………………………………………………………………5分
(2)解 ＝(1，－2，－1).
设平面
B
1
CE
的法向量
m
＝(
x
，
y
，
z
)，
则即消去
x
，得
y＋2
z
＝0，不妨令
z
＝1，可得一个法向量为
m
＝( －3，－2,1). ………………………………………………………… 8分
由(1)知，B
1
C
1
⊥
CE
，又
CC
1
⊥
B
1
C
1
，可得
B
1
C
1⊥平面
CEC
1
，故＝(1,0，－1)为平面
CEC
1
的一个法向
量. ……………………………………………………………………10分
于是cos〈
m
，〉＝＝＝－
， ……………………11分 从而sin〈
m
，〉＝，所以二面角
B
1
－
CE
－
C
1
的正弦值为. ………12分
方法二 (1)证明 因为侧 棱
CC
1
⊥底面
A
1
B
1
C
1< br>D
1
，
B
1
C
1
⊂平面
A
1
B
1
C
1
D
1
，所以
CC
1< br>⊥
B
1
C
1
.
经计算可得
B
1< br>E
＝
2
，
B
1
C
1
＝，
E C
1
＝，
从而
B
1
E
＝
B
1< br>C
＋
EC
，
所以在△
B
1
EC
1
中，
B
1
C
1
⊥
C
1
E
，……………………2分
又
CC
1
，
C
1
E⊂平面
CC
1
E
，
CC
1
∩
C
1
E
＝
C
1
，所以
B
1
C
1< br>⊥平面
CC
1
E
，
又
CE
⊂平面
CC
1
E
，故
B
1
C
1
⊥
CE< br>. ……………………5分
(2)解 过
B
1
作
B
1
G
⊥
CE
于点
G
，连接
C
1
G
.
由(1)知，
B
1
C
1
⊥
CE
，故
CE
⊥平面
B
1
C
1
G
，得
CE
⊥
C
1
G
，所以∠
B
1
GC
1
为二面角
B
1
－
CE
－
C
1
的平面
角. ……………………………………………………………………………………9分
在△
CC
1
E
中，由
CE
＝
C
1
E
＝，
CC
1
＝2，可得
C
1
G
＝. < br>在Rt△
B
1
C
1
G
中，
B
1G
＝，所以sin ∠
B
1
GC
1
＝，
即二 面角
B
1
－
CE
－
C
1
的正弦值为. …………………………………………12分
9、（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）
【解析】

试题分析：（Ⅰ）根 据中位线定理求证出四边形MEBC为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；
（Ⅱ）先证 明线面垂直，再到面面垂直；（Ⅲ）找到∠ECF为直线EC与平面PAC所成的角，再解三角形即可
试题解析：（Ⅰ）解：取PA的中点M，连接BM，ME且
12 21

BC
∴ME
且
BC且 ME=BC

∴四边形MEBC为平行四边形，
∴BME
∴CE
CE，CE
面PAB
⊥平面，
面PAB，BM面PAB，
（Ⅱ）证明：∵
∴
又
∴
∵∴
又
⊥平面
⊂平面
，

⊥，



⊥平面
中点
⊥平面

与平面所成的角

，则

∥，
所以平面
（Ⅲ）解：取
由（Ⅱ） 知
则
所以
⊥平面
为直线
＝＝，＝
∴
即直线与平面所成角的正切值为
考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
10、（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）
13 21

【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据中位线定理求证出四边形MEBC为平行四边 形，再根据线面平行的判定定理即可证明；
（Ⅱ）先证明线面垂直，再到面面垂直；（Ⅲ）找到∠EC F为直线EC与平面PAC所成的角，再解三角形即可
试题解析：（Ⅰ）解：取PA的中点M，连接BM，ME
BC且
∴MEBC且 ME=BC
∴四边形MEBC为平行四边形，
∴BMECE，CE面PAB，BM面PAB，
∴CE面PAB
（Ⅱ）证明：∵⊥平面，
∴⊥，
又
∴，
∵
∴⊥平面
又⊂平面
所以平面⊥平面
（Ⅲ）解：取中点，则∥，
由（Ⅱ）知⊥平面
则⊥平面
所以为直线与平面所成的角
＝＝，＝
∴
且
14 21

即直线与平面所成角的正切值为
考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
11、解：（1 ）因为
又
（2）过
则
底面
作
为二面角
，可得
交于
，
所以
，连接
,故
面
，因为
. 故
底面，


的平面角.
在中，则所以
而 ，在中，则
所以
12、解：（Ⅰ）证明：因为四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，所以CD⊥AD，
又侧面P AD⊥底面ABCD，所以CD⊥PA．又∠APD=
PAB，所以平面PAB⊥平面PCD．.……… …4分
（Ⅱ）解：如图，以AB为x轴，AD为y轴建立空间直角坐标系A﹣xyz．
设AB=2，P（0，a，b）（a＞0，b＞0），
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0）．
由PA⊥ PD，=（0，﹣a，﹣b），
2222
，即PA⊥PD，而CD∩PD=D，所以PA⊥平面 PCD．因为PA⊂平面
=（0，2﹣a，﹣b），得﹣a（2﹣a）+b=0．①
22
2
因为PB=PC，所以2+a+b=2+（2﹣a）+b．② 由①，②得a=1，b=1．.…………6分
由（Ⅰ）知，=（0，﹣1，﹣1）是面PCD的一个法向量．
=0，•=0， 设面PBC 的一个法向量为=（x，y，z），则•
又=（2，﹣1，﹣1），=（0，2，0），所以取=（1， 0，2）．…8分
因为cosá＜，＞ñ=﹣，又二面角B﹣PC﹣D为钝角，
．．.…………12分
13、（Ⅰ）证明：因为
.
是棱柱，所以平面平面
所以二面角B﹣PC﹣D的余弦值为﹣
15 21

又因为平面
所以
所以
∥
平面
. 又因为
，平面
平面
平面
，平面
，
，
∥平面.
底面，，
，
，
，分别为轴、轴和轴，如图建立空间直角
（Ⅱ）解 ：因为
所以，，两两垂直，以A为原点，以
，，坐标系. 则
所以
设平面
由
的法向量为
，,

,.
得令,得
.
又因为平面的法向量为， 所以
的平面角为锐角，所以二面角
，
的余弦值为由图可知，二面角
.
（Ⅲ）解：过点F作
因为平面平面
于点
，
,
平面,所以平面,
所以
16 21

.
因为当F与点重合时，取到最大值2（此时点E与点B重合），
所以当F与点重合时，三棱锥的体积的最大值为.
二、选择题

14、C
15、B

16、 B

三、填空题

17、 ①③ ．

【考点】异面直线及其所成的角；异面直线的判定．
【专题】阅读型．
【分析】先把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，再根据所给结论进行逐一判定即可．
【解答】解：把正方体的平面展开图还原成原来的正
方体如图所示，则AB⊥EF，EF与MN为异面
直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．
故答案为①③

【点评 】本题主要考查了异面直线及其所成的角，直线与直线的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
18、2 ．
【考点】命题的真假判断与应用．
【专题】综合题；数形结合；空间位置关系与距离；简易逻辑．
【分析】由面面平行的判定说 明（1）正确；由线面平行的判定说明（2）正确；由题意得到α与β所成角可能是锐角、
直角或钝角说 明（3）错误；由线面垂直的判定说明（4）错误．
【解答】解：（1）若α内的两条相交直线分别平 行于β内的两条直线，由面面平行的判定可得α平行于β，（1）正
确；
（2）若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则由线面平行的判定说明l和α平行，（2）正确；
（3）设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直，错误，α与β所成角可能是 锐角、直角或
钝角；
（4）若l与α内的两条直线垂直，则直线l与α垂直，错误，只有l与 α内的两条相交直线垂直时，才有直线l与
α垂直．
17 21

∴错误命题的个数是2个．
故答案为：2．
【点评】本题考查线面之间的位置关系，解题的关键是熟练应用线面平行和垂直的判定定理，是基础题．


19、 ①④ ．（填序号）
【考点】命题的真假判断与应用．
【专题】空间位置关系与距离；简易逻辑．
【分析】根据异面直线所成角的定义可判断①；利 用面面平行的性质知两平面内直线平行或异面判断②；根据线面平
行的判定定理的条件判断③；借助图形 ，由面面垂直可得线面垂直，进而的线线垂直，再利用线面垂直的判定定理判
断④．
【解答】 解：①若l∥m，n⊥m，n与m成90°角，由异面直线所成角的定义可知，n与l成90°角，则n⊥l，① 为
真命题；
②若l⊂α，m⊂β，α∥β，则l∥m或l与m异面，②是假命题；
③若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α，③是假命题；
④若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，如图，
在平面γ内取点O，过O在γ内分别作OA，OB垂直于α与γ的交线和β与γ的交线，
则由面面垂直的性质得OA⊥α，OB⊥β，得：OA⊥l，OB⊥l，∴有l⊥γ，故④正确
故答案为：①④．

【点评】本题考查了面面垂直的判定与性质，考查了面面平行的 判定及线线垂直的判定，考查了学生的空间想象能力，
是中档题．
20、2个 ．
【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）由 线面垂直的定义可得：若a∥b，a⊥α，则b⊥α是正确的．（2）若a∥α，b∥α，则a与b可能
平行、可能相交或者可能异面．（3）若a⊥b，b⊥α，则a∥α或者a⊂α．（4）由面面平行的定义可得此 结论是
正确的．
【解答】解：（1）由线面垂直的定义可得：若a∥b，a⊥α，则b⊥α是正确的，所以（1）正确．
（2）若a∥α，b∥α，则a与b可能平行、可能相交或者可能异面，所以（2）错误．
（3）若a⊥b，b⊥α，则a∥α或者a⊂α．所以（3）错误．
（4）由面面平行的定义可得：若a⊥α，a⊥β，则α∥β是正确的，所以（4）正确．
故答案为2个．
【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握线线、线面、面面的平行或者垂直的判定定理、性质定理．

21、 ．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】计算题． < br>【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点A
1
，得到的锐角或直角就是异面 直线所成的角，在三角形中再
利用余弦定理求出此角的余弦值．
18 21

【解答】解：∵A
1
C
1
∥AC，
∴异面直线A
1
B与AC所成角为∠BA
1
C
1
，
易求
∴
，
．
故答案为：
【点评】本小题主要考查异面 直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
四、综合题

22、证明：（1）
又
面
（2）证明：
是的中点，故
，从而
，故面
，
，故
，

面

，故
底面，
，故

，故
面


由（1）知
易知
五、计算题

23、解法一：（1）证明：∵又∵
∴
平面
平面
为
。
的中点，且
，
为正方形，∴
，∴
平面，∴
，∴平面
平面
。
。
底面
，∴
，∴
。
。
，
。
，
，分别是线段
，
，的中点，∴。
平面
（2）解，∵< br>又∵
又∵四边形
又∵
又∵
又∵
底面
19 21 < /p>

（3）∵
∵
∴
∴
∴
∴
平面
平 面
平面
，
，∵
，
平面
平面，∴平面
平面=
的中点，
平面，
平面
，
，
，
分别是线段
。∵
，
的平面角。
，∴
，∴
就是二面角
平面平面，
在
∴
中，
，所以二面角
，
的大小为
，
。
，，
。
解法二：建立如图所示的空间直角坐标系
∴
（1）证明：∵
∴
∵
∴
平面
平面

，且
。
，
，
。
∴
又∵
（3） 设平面
因为
∴

平面。
，
，
，
平面，
（2）解：，
的法向量为
，
则
又因为平面
取
的法向量为
。
，
20 21

所以
∴，所以二面角的大小为
，
。

21 21