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1、【科学备考】（新课标）2015高考数学二轮复习 第八章 立体几何 直线、平面垂直的判定和性质 理（含2014试题）理数1.（2014吉林实验中学高三年级第一次模拟，3）设为平面，为直线，则的一个充分条件是（ ）A 答案 1. D解析 1. 当时可得，又因为，所以可得，所以选项D是的一个充分条件.2. (2014广西桂林中学高三2月月考，4) 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面下列命题中正确的是( ) (A) (B) (C) (D) 答案 2. D解析 2. 若，则平面与垂直或相交或平行，故（A) 错误；若，则直线与相交或平行或异面，故（B) 错误；若，则直线与平面垂直或相交或平行，故（C
2、) 错误；若，则直线，故（D) 正确. 选D.3.（2014江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，13）如图, 正四棱锥中， 是边的中点，动点在四棱锥的表面上运动，且总保持，点的轨迹所围成的图形的面积为, 若以的方向为主视方向，则四棱锥的主视图的面积是 .答案 3. 4解析 3. 由题意可得点P在过点E且与直线AC垂直的平面上，取线段PC、CD的中点分别为F、G，并设GE与AC交于点H. 易得直线AC平面EFG，所以点P的轨迹即为EFG，因为AB=2，所以GE=，点的轨迹所围成的图形的面积为，所以可得FH=2，根据勾股定理可得GF=，所以四棱锥的侧棱长为. 所以四棱锥的主视图是以腰长
3、为底边长为2的等腰三角形，其面积为4.4. (2014大纲全国,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,点A1在平面ABC内的射影D在AC上,ACB=90,BC=1,AC=CC1=2.()证明:AC1A1B;()设直线AA1与平面BCC1B1的距离为,求二面角A1-AB-C的大小.答案 4.查看解析解析 4.解法一:()因为A1D平面ABC,A1D平面AA1C1C,故平面AA1C1C平面ABC.又BCAC,所以BC平面AA1C1C.(3分)连结A1C.因为侧面AA1C1C为菱形,故AC1A1C.由三垂线定理得AC1A1B.(5分)()BC平面AA1C1C,BC平面BCC1B1,故平面
4、AA1C1C平面BCC1B1.作A1ECC1,E为垂足,则A1E平面BCC1B1.又直线AA1平面BCC1B1,因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离,A1E=.因为A1C为ACC1的平分线,故A1D=A1E=.(8分)作DFAB,F为垂足,连结A1F.由三垂线定理得A1FAB,故A1FD为二面角A1-AB-C的平面角.由AD=1得D为AC中点,DF=,tanA1FD=.所以二面角A1-AB-C的大小为arctan.(12分)解法二:以C为坐标原点,射线CA为x轴的正半轴,以CB的长为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.由题设知A1D与z轴平行,z轴在平面AA1C1C内.(
5、)设A1(a,0,c),由题设有a2,A(2,0,0),B(0,1,0),则=(-2,1,0),=(-2,0,0),=(a-2,0,c),=+=(a-4,0,c),=(a,-1,c).(2分)由|=2得=2,即a2-4a+c2=0.于是=a2-4a+c2=0,所以AC1A1B.(5分)()设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z),则m,m,即m=0,m=0.因=(0,1,0),=(a-2,0,c),故y=0,且(a-2)x+cz=0.令x=c,则z=2-a,m=(c,0,2-a),点A到平面BCC1B1的距离为|cos|=c.又依题设,A到平面BCC1B1的距离为,所以c=.代入解得a=
6、3(舍去)或a=1.(8分)于是=(-1,0,).设平面ABA1的法向量为n=(p,q,r),则n,n,即n=0,n=0,-p+r=0,且-2p+q=0.令p=,则q=2,r=1,n=(,2,1).又p=(0,0,1)为平面ABC的法向量,故cos=.所以二面角A1-AB-C的大小为arccos.(12分)5. (2014重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO底面ABCD,AB=2,BAD=,M为BC上一点,且BM=,MPAP.()求PO的长;()求二面角A-PM-C的正弦值.答案 5.查看解析解析 5.()如图,连结AC,BD,因为ABCD为菱形,则AC
7、BD=O,且ACBD.以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.因为BAD=,故OA=ABcos=,OB=ABsin=1,所以O(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0).由BM=,BC=2知,=,从而=+=,即M.设P(0,0,a),a0,则=(-,0,a),=.因为MPAP,故=0,即-+a2=0,所以a=或a=-(舍去),即PO=.()由()知,=,=,=.设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得故可取n
8、1=,由n2=0,n2=0,得故可取n2=(1,-,-2),从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos=-,故所求二面角A-PM-C的正弦值为.6. (2014广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于点F,FECD,交PD于点E.(1)证明:CF平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.答案 6.查看解析解析 6.(1)证明:PD平面ABCD,PDAD,又CDAD,PDCD=D,AD平面PCD,ADPC,又AFPC,AFAD=A,PC平面ADF,即CF平面ADF.(2)解法一:设AB=1,则RtPDC中,CD=1,DPC=30,PC=2
9、,PD=,由(1)知CFDF,DF=,CF=,又FECD,=,DE=,同理EF=CD=,如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则又令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面ADF的一个法向量为=(-,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为,可知为锐角,cos =|cos|=,故二面角D-AF-E的余弦值为.解法二:设AB=1,CF平面ADF,CFDF.在CFD中,DF=,CDAD,CDPD,CD平面ADE.又EFCD,EF平面ADE.EFAE,在DEF中,DE=,EF=,在A
10、DE中,AE=,在ADF中,AF=.由VA-DEF=SADEEF=SADFhE-ADF,解得hE-ADF=,设AEF的边AF上的高为h,由SAEF=EFAE=AFh,解得h=,设二面角D-AF-E的平面角为.则sin =,cos =.7. (2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图.()求证:ABCD;()若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.答案 7.查看解析解析 7.()平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面
11、BCD,ABCD.()过点B在平面BCD内作BEBD,如图.由()知AB平面BCD,BE平面BCD,BD平面BCD,ABBE,ABBD.以B为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则即取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为,则sin =|cos|=,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.8. (2014江西,19,12分)如图,四棱锥
12、P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD.(1)求证:ABPD;(2)若BPC=90,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.答案 8.查看解析解析 8.(1)证明:ABCD为矩形,故ABAD.又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD,故ABPD.(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连结PG.故PO平面ABCD,BC平面POG,BCPG.在RtBPC中,PG=,GC=,BG=.设AB=m,则OP=,故四棱锥P-ABCD的体积V=m=.因为m=,故当m=,
13、即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B,C,D,P.故=,=(0,0),=.设平面BPC的法向量为n1=(x,y,1),则由n1,n1得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的法向量为n2=.从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为cos =.9. (2014湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,ACBD=O,A1C1B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.()证明:O1O底面ABCD;()若CBA=60,求二面角C1-OB1-D的余弦值.答案
14、9.查看解析解析 9.()因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1AC.同理DD1BD,因为CC1DD1,所以CC1BD,而ACBD=O,因此CC1底面ABCD.由题设知,O1OC1C,故O1O底面ABCD,()解法一:如图,过O1作O1HOB1于H,连结HC1.由()知,O1O底面ABCD,所以O1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1B1D1,从而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1,进而OB1C1H,故C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不
15、妨设AB=2,因为CBA=60,所以OB=,OC=1,OB1=.在RtOO1B1中,易知O1H=2,而O1C1=1,于是C1H=.故cosC1HO1=.即二面角C1-OB1-D的余弦值为.解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此ACBD,又由()知O1O底面ABCD,从而OB、OC、OO1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=2,因为CBA=60,所以OB=,OC=1,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(
16、0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),设二面角C1-OB1-D的大小为,易知是锐角,于是cos =|cos|=.故二面角C1-OB1-D的余弦值为.10.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE=BED=90,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.()证明:DE平面ACD;()求二面角B-AD-E的大小.答案 10.查看解析解析 10.()在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2,得AB2
17、=AC2+BC2,即ACBC,又平面ABC平面BCDE,从而AC平面BCDE,所以ACDE.又DEDC,从而DE平面ACD.()解法一:作BFAD,与AD交于点F,过点F作FGDE,与AE交于点G,连结BG,由()知DEAD,则FGAD.所以BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BDBC,又平面ABC平面BCDE,得BD平面ABC,从而BDAB.由于AC平面BCDE,得ACCD.在RtACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在RtAED中,由ED=1,AD=,得AE=.在RtABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=.
18、在ABE,ABG中,利用余弦定理分别可得cosBAE=,BC=.在BFG中,cosBFG=.所以,BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos|=,由题意可知,所求二
19、面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.11.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PAAC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA平面DEF;(2)平面BDE平面ABC.答案 11.查看解析解析 11.(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DEPA.又因为PA平面DEF,DE平面DEF,所以直线PA平面DEF.(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DEPA,DE=PA=3,EF=BC=4.又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,所以DEF=90,即DEEF.又PAA
20、C,DEPA,所以DEAC.因为ACEF=E,AC平面ABC,EF平面ABC,所以DE平面ABC.又DE平面BDE,所以平面BDE平面ABC.12.(2014辽宁,19,12分)如图,ABC和BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,ABC=DBC=120,E,F分别为AC,DC的中点.()求证:EFBC;()求二面角E-BF-C的正弦值.答案 12.查看解析解析 12.()证法一:过E作EOBC,垂足为O,连OF.由ABCDBC可证出EOCFOC.所以EOC=FOC=,即FOBC.又EOBC,因此BC面EFO.又EF面EFO,所以EFBC.证法二:由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内
21、过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此=0.从而,所以EFBC.图2()解法一:在图1中,过O作OGBF,垂足为G,连EG.由平面ABC平面BDC,从而EO面BDC,又OGBF,由三垂线定理知EGBF.因此EGO为二面角E-BF-C的平面角.在EOC中,EO=EC=BCcos 30=,由BGOBFC知,OG=FC=,因此tanEGO=2,从而sinEGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为.解法二
22、:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一个n2=(1,-,1).设二面角E-BF-C的大小为,且由题意知为锐角,则cos =|cos|=,因此sin =,即所求二面角的正弦值为.13.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.()证明BEDC;()求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;()若F为棱PC上一点,满足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.答案 13.查看解析解析 13.解法一:依题意,以点A为
23、原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).()证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以BEDC.()向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.()向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=,01.故=+=+=(1-2,2-2,2).由BFAC,得=
24、0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=.即=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则cos=-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.解法二:()证明:如图,取PD的中点M,连结EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EMDC,且EM=DC,又由已知,可得EMAB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BEAM.因为PA底面ABCD,故PACD,而CDDA,从而CD平面PAD,因为AM平面PAD,于是CDAM,又BEAM,所以BECD.()
25、连结BM,由()有CD平面PAD,得CDPD,而EMCD,故PDEM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PDAM,可得PDBE,所以PD平面BEM,故平面BEM平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BEEM,可得EBM为锐角,故EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD=2,而M为PD的中点,可得AM=,进而BE=.故在直角三角形BEM中,tanEBM=,因此sinEBM=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.()如图,在PAC中,过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD,故FH底面ABCD,从而FHAC.又BFAC,得AC平面FHB,因此ACB
26、H.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FGDC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DCAB,故GFAB,所以A,B,F,G四点共面.由ABPA,ABAD,得AB平面PAD,故ABAG.所以PAG为二面角F-AB-P的平面角.在PAG中,PA=2,PG=PD=,APG=45,由余弦定理可得AG=,cosPAG=.所以二面角F-AB-P的余弦值为.14.(2014课标全国卷,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点.()证明:PB平面AEC;()设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=,求三棱锥E-AC
27、D的体积.答案 14.查看解析解析 14.()连结BD交AC于点O,连结EO.因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EOPB.又EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC.()因为PA平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,0),E,=.设B(m,0,0)(m0),则C(m,0),=(m,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1=.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设|cos|=,即=,解得m=.因为E为PD的中
28、点,所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=.15. (2014天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试，19) 已知长方体中，棱棱，连结，过点作的垂线交于，交于（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）求直线与平面所成角的正弦值答案 15.查看解析解析 15.（1）证明：由已知A1B1面BCC1B1 又BEB1C A1CBE 2分 面ABCD是正方形，ACBD A1CBD A1C平面 4分（2）ABA1B1, AB面点到平面的距离与点B到平面的距离相等由（1）知A1CBE，又BEB1CBE面BF即是点B到平面的距离 6分在BB1C中，点到平面的距离为8分 另解：连结, A到平面
29、的距离, 即三棱锥的高, 设为, , 由得: , 点A到平面的距离是（3）连结FD, 由（2）知BE面是在平面上的射影EDF即是直线与平面所成的角 10分 由BB1CBCE可求得CE= BE=DE=, EF= 即与平面所成的角的正弦值是12分16. (2014天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，19) 如图，在四棱锥中，底面为矩形，面，。() 求证：当时，平面面；() 当时，求二面角的大小。答案 16.查看解析解析 16.以为坐标原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系. (1分)设，由已知得：， (2分)() 当时， , =, ， (3分)=，=， (4分)。 (5分)
30、又， 平面平面平面。 (6分)() ，二面角小于， (11分)二面角余弦值为，二面角B-PD-C大小为。 (12分)17. (2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，19) 如图，在几何体ABCDEF中，ABCD，ADDCCB1，ABC60, 四边形ACFE为矩形，平面ACFE平面ABCD，CF1（1）求证：平面FBC平面ACFE；（2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为（90），试求cos的取值范围答案 17.查看解析解析 17. （1）证明：在四边形ABCD中，ABCD，AD=DC=CB=1，ABC=60, AB=2，AC2=A
31、B2+BC2-2ABBCcos60=3, AB2=AC2+BC2, BCAC.平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCD=AC，BC平面ABCD，BC平面ACFE. 又因为BC平面FBC， 所以 平面ACFE平面FBC， . 5分(2) 解：由(1) 可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令FM=(0), 则C(0，0，0) ，A(，0，0) ，B(0，1，0) ，M(，0，1) ，取x=1, 则n1=(1, , ),n2=(1,0, 0) 是平面FCB的一个法向量,0, 当=0时，cos有最小值，当=时，cos有最大值. cos. 12分18.
32、 (2014山西太原高三模拟考试（一），19) 如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，点O是A1C1的中点，AO平面A1B1C1. 已知BCA=90，AA1=AC=BC=2. （I）求证：AB1 AlC；（）求A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值. 答案 18.查看解析解析 18.19. (2014湖北黄冈高三4月模拟考试，19) 如图，在直三棱柱中，平面侧面. （）求证：；（）若直线与平面所成的角为，二面角的大小为，当时，求的值.答案 19.查看解析解析 19.（）证明：如右图，过点在平面内作于，则由平面侧面，且平面侧面，得平面,又平面， 所以，因为三棱柱是直三棱柱，则底面，所以，又，从而
33、侧面，侧面，故. （6分）（）解法1：连接CD，则由（）知是直线与平面所成的角，取的中点E，连，又，平面，是二面角的平面角. 即，. （12分）解法2：由（1）知，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标，则，于是，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，由，取，由，取，. （12分）20. (2014河北唐山高三第一次模拟考试，19) 如图，在斜三棱柱中，是的中点，平面，. （）求证：；（）求二面角的余弦值.答案 20.查看解析解析 20.（）因为平面，所以.又，所以平面，所以.因为，所以四边形是菱形，所以.所以平面，所以.（5分）（）以为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.，设是面
34、的一个法向量，则，即，令，取.同理面的一个法向量为.（10分）因为.所以二面角的余弦值.（12分）21. （2014广东汕头普通高考模拟考试试题，18）如图，已知 是棱长为3的正方体，点在上，点在上，且. () 求证：、四点共面；() 若点在上，点在上， ，垂足为，求证：平面；() 用表示截面和面所成锐二面角大小，求 .答案 21.查看解析解析 21.（向量法）() 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，那么所以，所以四边形是平行四边形，所以、四点共面. （5分）() 由已知，设，所以，而，所以，即，所以，又，所以，所以，又，所以平面. （10分）() 设平面的一个法向量为，则，令，所以，所
35、以，而平面的一个法向量为，所以，故. （14分）22. (2014广东广州高三调研测试，18) 在如图的几何体中，平面为正方形，平面为等腰梯形，. () 求证： 平面；() 求直线与平面所成角的正弦值.答案 22.查看解析解析 22.() 证明1：因为，在中，由余弦定理可得.所以.所以.因为，、平面，所以平面. （4分）证明2：因为，设，则.在中，由正弦定理，得.因为，所以.整理得，所以.所以.因为，、平面，所以平面. （4分）() 解法1：由() 知，平面，平面，所以.因为平面为正方形，所以.因为，所以平面. （6分）取的中点，连结，因为是等腰梯形，且，所以. 所以是等边三角形，且.取的中点
36、，连结，则.因为平面，所以.因为，所以平面.所以为直线与平面所成角. （10分）因为平面，所以.因为，在中，.所以直线与平面所成角的正弦值为. （14分）解法2：由（1）知，平面，平面，所以.因为平面为正方形，所以.因为，所以平面. （6分）所以，两两互相垂直，建立如图的空间直角坐标系. （7分）因为是等腰梯形，且，所以.不妨设，则， ，所以，. （9分）设平面的法向量为，则有即取，得是平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为. （14分）23. (2014北京东城高三第二学期教学检测，17) 在四棱锥中，底面是矩形，平面，. 以的中点为球心、为直径的球面交
37、于点，交于点. （）求证：平面平面；（）求直线与平面所成的角的正弦值；（）求点到平面的距离.答案 23.查看解析解析 23.（）依题设知，是所作球面的直径，则，又因为平面，则，又，所以平面，则，所以平面，所以平面平面. （5分）（）如图所示，建立空间直角坐标系，取则，；设平面的一个法向量，由可得：，令，则. 设所求角为，则. （10分）（）由条件可得，. 在中，, 所以,则, ，所以所求距离等于点到平面距离的，设点到平面距离为则，所以所求距离为. （14分24. (2014黑龙江哈尔滨第三中学第一次高考模拟考试，19) 如图，在四棱锥中，底面为菱形，为的中点. （）若，求证：平面平面； （）若
38、平面平面，且，点在线段上，试确定点的位置，使二面角大小为, 并求出的值.答案 24.查看解析解析 24.（），为的中点，又底面为菱形， , 又平面，平面, 平面平面. （6分）（）平面平面, 平面平面, 平面. 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系如图.则, 设(),所以，平面的一个法向量是，设平面的一个法向量为，所以取，（9分）由二面角大小为，可得：，解得，此时. （12分）25.（2014山东潍坊高三3月模拟考试数学（理）试题，17）如图，在四棱锥E-ABCD中，EA平面ABCD，AB/CD，AD=BC=AB，ABC= (I) 求证：BCE为直角三角形； (II) 若AE=AB，求C
39、E与平面ADE所成角的正弦值答案 25.查看解析解析 25.26.（2014江西红色六校高三第二次联考理数试题，19）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面底面，为的中点，是棱上的点，（）求证：平面平面；（）若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值；（）若二面角大小为30，求的长 答案 26.查看解析解析 26. （）AD / BC，BC=AD，Q为AD的中点，四边形BCDQ为平行四边形，CD / BQ 1分ADC=90 AQB=90 即QBAD又平面PAD平面ABCD且平面PAD平面ABCD=AD， 2分BQ平面PAD 3分BQ平面PQB，平面PQB平面PAD 4分另证：AD / BC，BC
40、=AD，Q为AD的中点 BC / DQ 且BC= DQ， 四边形BCDQ为平行四边形，CD / BQ ADC=90AQB=90即QBAD 1分 PA=PD， PQAD 2分 PQBQ=Q，AD平面PBQ 3分 AD平面PAD，平面PQB平面PAD 4分（）PA=PD，Q为AD的中点，PQAD平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，PQ平面ABCD 5分（注: 不证明PQ平面ABCD直接建系扣1分）如图，以Q为原点建立空间直角坐标系则，M是PC中点， 6分设异面直线AP与BM所成角为则= 7分异面直线AP与BM所成角的余弦值为 8分，（注：用传统方法相应给分，找角2分，求解2分）（）由（）知平面BQC的法向量为 9分由 ，且，得10分又， 平面MBQ法向量为 11分二面角M-BQ-C为30， ， 12分（注：用其它方法相应给分）27. (2014广西桂林中学高三2月月考，19) 如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，分别是, 的中点() 证明：；() 若为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦