立体几何探索性解答题

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立体几何探索性解答题

1．如图是一个直三棱柱被削去一部分后的几何体的直观图与三视图中的侧视图、俯视图.在直观图中，M是BD的中点.又已知侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形,有关数据如图所示. (1)求证:EM∥平面ABC;

(2)试问在棱DC上是否存在点N,使NM⊥平面BDE? 若存在,确定点N的位置;若不存在,请说明理由.

2．如图，在多面体ABCDMN中，四边形ABCD为直角梯形， AB//CD， AB22，

BCDC， BCDCAMDM2，四边形BDMN为矩形.

（1）求证：平面ADM平面ABCD；

（2）线段MN上是否存在点H，使得二面角HADM的大小为定点H的位置并加以证明.

3．在五面体ABCDEF中， AB//CD//EF,CDEFCF2AB2AD2,



？若存在，确4

DCF60, ADCD，平面CDEF平面ABCD.

试卷第1页，总5页

(1)证明:直线CE平面ADF；

(2)已知P为棱BC上的点，试确定P点位置，使二面角PDFA的大小为60. 4．如图，五面体ABCC1B1中， AB14，底面ABC是正三角形， AB2，四边形BCC1B1是矩形，二面角ABCC1为直二面角．

（1）D在AC上运动，当D在何处时，有AB1//平面BDC1，并说明理由；（2）当AB1//平面BDC1时，求二面角CBC1D余弦值．

5．如图，正方形ABCD的边长为4， E， F分别为BC， DA的中点，将正方形ABCD沿着线段EF折起，使得DFA60，设G为AF的中点．（1）求证： DGEF；

（2）求直线GA与平面BCF所成角的正弦值；

（3）设P， Q分别为线段DG， CF上一点，且PQ//平面ABEF，求线段PQ长度的最小值．

试卷第2页，总5页

6．如图，四边形ABEF和四边形ABCD均是直角梯形， FABDAB900 二面角FABD是直二面角， BE//AF,BC//AD,AFABBC2,AD1. （1）证明：在平面BCE上，一定存在过点C的直线l与直线DF平行；（2）求二面角FCDA的余弦值.

7．四棱锥PABCD中， ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD. （1）求证： ABPD

（2）若BPC900,PB2,PC2问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值.

8．如图，已知平面四边形ABCP中， D为PA的中点， PAAB， CD//AB，且PACD2AB4．将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角PDCB，连接PA、PB，设PB中点为E．（1）证明：平面PBD平面PBC；

（2）在线段BD上是否存在一点F，使得EF平面PBC？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由．

（3）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．

9．如图，正方形ABCD中， AB22， AC与BD交于O点，现将ACD沿AC折起得到三棱锥DABC， M， N分别是OD， OB的中点.

(1)求证： ACMN；

试卷第3页，总5页

(2)若三棱锥DABC的最大体积为V0，当三棱锥DABC的体积为

3

V0，且二面2

角DACB为锐角时，求二面角DNCM的正弦值. 10．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形， AB//CD， ABAD，

CD2AB62， PAB与PAD均为等边三角形，点E为CD的中点.

（1）证明：平面PAE平面ABCD；

（2）试问在线段PC上是否存在点F，使二面角FBEC的余弦值为

3

，若存在，3

请确定点F的位置；若不存在，请说明理由.

11．如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，△PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)．

(1)若M为PC的中点，求证：PA∥平面BME；

(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为30°.若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．

12．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形， ABCD， DAB60，

PC平面ABCD， AEBD， CBCDCF．

（1）求证： BD平面AED．

（2）求二面角DBFC的余弦值．

（3）在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得FP平面AED，若存在，求

试卷第4页，总5页

AP

的值；若不存在，请说明理由． AB

13．在三棱锥PABC中， ABAC， D为BC的中点， PO平面ABC，垂

出

足O落在线段AD上，已知BC4,PO3,AO2,OD1.

（1）证明： APBC；

（2）在线段AP上是否存在一点M，使得二面角AMCB为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.

14．如图，在四棱锥PABCD中， PA平面ABCD， ABCBAD90， ADAP4， ABBC2， M为PC的中点．（1）求异面直线AP， BM所成角的余弦值；

（2）点N在线段AD上，且AN，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为求的值．

4

，5

试卷第5页，总5页

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参考答案

1．（1）详见解析；（2）存在， CN1

【解析】试题分析：(1)要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行即可，该题取BC中点Q，连MQ,AQ，先证MQ//EA,则四边形AQME是平行四边形，从而ME//AQ，进而证明ME//面ABC；(2)假设CD上存在满足条件的点N，此时面BDE内必存在垂直于MN的两条直线，容易证明AQ面BCD，所以AQMN，又

AQ//EM，所以MNEM，接下来再能保证MNBD即可，此时必有DMN∽

DCB，进而根据成比例线段可求出DN的长度，即点N的位置确定.

试题解析： (Ⅰ）取BC中点Q，连MQ,AQ

BMMD1

}MQ//CD

BQQC2 }AE//MQEM//AQ,又因为EM面ABC，而

1AE//CD

2

AQ面ABC，所以ME//面ABC；

（2）在CD上取点N使CN1，连接MN

ACABDM6CD

NMDDCBNMBD，}AQBC，BQ=CQDN3BD2

又DC面ABC

所以DCAQ，又因为BCDCC，所以AQ面BCD，所以AQMN，又

AQ//EM，所以MNEM，故MN面BDE.

考点：1、直线和平面平行的判定；2、三角形的相似；3、线面垂直的判定和性质.

2．（1）见解析（2）点H为线段MN的中点【解析】试题分析：（1）先根据勾股定理得BDAD，再由矩形性质得BDDM，由线面垂直判定定理得BD平面ADM，最后根据面面垂直判定定理得结论（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解各平面法向量，根据向量数量积两法向

答案第1页，总20页

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量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求点H坐标，即得点H的位置试题解析：（1）证明：由平面几何的知识，易得BD2， AD2，又AB22，所以在ABD中，满足ADBDAB，所以ABD为直角三角形，且BDAD. 因为四边形BDMN为矩形，

所以BDDM.

由BDAD， BDDM， DMADD，可得 BD平面ADM. 又BD平面ABD，

所以平面ADM 平面ABCD.

2

2

2

（2）存在点H，使得二面角HADM为大小为，点H为线段AB的中点.

事实上，以D为原点， DA为x轴， DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，

则D0,0,0,A2,0,0,B0,2,0, M1,0,1，设Hx,y,z,由MHMNDB，

即x1,y,z10,2,0，得H1,2,1. 设平面ADH的一个法向量为n1x1,y1,z1，

则，即，

不妨设y11，取n10,1,2. 平面ADM的一个法向量为n20,1,0.

答案第2页，总20页

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二面角HADM为大小为

于是.

解得或（舍去）.

所以当点H为线段MN的中点时，二面角HADM为大小为

.

3．（1）证明见解析；（2）P点在靠近B点的CB的三等分点处. 【解析】试题分析：（1）证明一条直线垂直一个平面，只需要证明这两个平面垂直，直线垂直两个平面的交线即可，先证明CEDF，平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD,CEAD，即可得到直线CE平面ADF；（2）根据题意，取EF的中点G，证明DA,DC,DG两两垂直，以D为原点， DA,DC,DG的方向为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，由二面角PDFA的大小为60，根据空间向量夹角余弦公式列方程即可确定P在棱BC上的位置.

试题解析：（1）CD//EF,CDEFCF2,四边形CDEF为菱形， CEDF，平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD,面ACDEF,CEAD，又

ADCD,AD平

ADDFD,直线CE平面ADF.

(2)

DCF60， DEF为正三角形，取EF的中点G，连接GD，则

平面CDEF平面ABCD,GD平面CDEF，平面

GDEF,GDCD，

CDEF平面ABCDCD,GD平面ABCD,ADCD,DA,DC,DG两两垂直，

答案第3页，总20页

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以D为原点， DA,DC,DG的方向为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

CDEFCF2,ABAD1， E0,1,3,F0,1,3，由（1）知



CE0,3,

3平面ADF的法向量， 是



DF0,1,3,CB1,1,0，设

y3z0

，令y3a，则

CPaCBa,a,00a1，则DPDCCPa,2a,0，设平面PDF的法

向量为nx,y,z，

nDF0,nDP0,{

ax2ay0

x3a2,za， n

cosn,CE

nCEnCE





3a2,3a,a，



二面角PDFA为60，

4a3

123a23a2a2

2



12

，解得a， P在靠近B23

点的三等分处.

【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理以及用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 4．（1）见解析（2）

313

13

【解析】试题分析：（1）可先猜想，再证明.假设D为AC中点时，有AB1//平面BDC1．连结B1C交BC1于O，连结DO，可证得O为B1C中点，又D为AC中点，从而DO//AB1，根据线面平行的判定定理即可证得AB1//平面BDC1；（2）以B为坐标原点，建立空间直角坐标系Bxyz，求出平面BDC1与平面BCC1的法向量，根据向量的夹角公式即可求得二面角CBC1D余弦值．

试题解析：（1）当D为AC中点时，有AB1//平面BDC1．证明：连结B1C交BC1于O，连结DO， ∵四边形BCC1B1是矩形，

∴O为B1C中点，又D为AC中点，从而DO//AB1，

答案第4页，总20页

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∵AB1平面BDC1， DO平面BDC1， ∴AB1//平面BDC1．

（2）建立空间直角坐标系Bxyz，如图所示，则B0,0,0， A



33

3,1,0， C0,2,0， DC0,2,23，

2,2,0， 1



所以BD

33

BC10,2,23，

2,2,0， 



33x3z,xy0,

{ 设n1x,y,z为平面BDC1的法向量，则有{2 即2

y3z,

2y23z0,

令z1，可得平面BDC1的一个法向量为而平面BCC1的一个法向量为n21,0,0，所以cosn1,n2

，

n1n2n1n2



3313

， 1313

313． 13

故二面角CBC1D的余弦值为

考点：空间中直线与平面平行、垂直关系，二面角. 5．(1)证明见解析；(2)

257417

；(3) . 1917

【解析】试题分析：(1)先证明线面垂直: EF平面DFA，再得到线线垂直: DGEF；(2)建立空间直角坐标系,求出GA坐标和平面BCF的法向量,再用公式sincosm,GA求出结果；(3)假设P,Q两点的坐标,求出二次函数最小值即可.

试题解析：（1）证明：因为正方形ABCD中， E， F分别为BC， DA的中点，

所以EFFD， EFFA，

将正方形ABCD沿着线段EF折起后，仍有EFFD， EFFA，而FDFAF，所以EF平面DFA，又因为DG平面DFA，所以DGEF．

（2）因为DFA60， DFFA，所以DFA为等边三角形，又AGGF，所以DGFA，

答案第5页，总20页

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GEF由（1），D，又EFFAF，所以DG平面ABEF．

设BE的中点为H，连接GH，则GA， GH， GD两两垂直，故以GA， GH， GD分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图．

则G0,0,0， A1,0,0， B1,4,0， C0,4,3， F1,0,0，所以GA1,0,0， BC1,0,3， BF2,4,0，设平面BCF的一个法向量为mx,y,z，由mBC0， mBF0，得{





x3z0,2x4y0,

令z2，得m23,3,2，设直线GA与平面BCF所成角为, 则sincosm,GA



mGAmGA



257

． 19

257

． 19

（01），

即直线GA与平面BCF所成角的正弦值为

（3）由题意，可设P0,0,k（0k3），FQFC由FC1,4,3，得FQ,4,3，

所以Q1,4,3， PQ1,4,3k，由（2），得GD0,0,3为平面ABEF的的法向量，











因为PQ//平面ABEF，所以PQGD0，即3k0，所以PQ

2

14

22



3k

2



2



14

22

1721，

2

1417116

又因为172117，所以当时，， |PQ|min17171717

所以当

13417

， k，线段PQ长度有最小值． 171717

答案第6页，总20页

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考点：1.线面垂直的判定定理；2.用空间直角坐标系求线面角等. 6．（1）见解析（2）

6

6

【解析】试题分析：（1）利用线面、面面平行的判定和性质定理即可证明；

（2）可证AFAD，AFAB，ADAB，则以A为坐标原点， AD,AB,AF所在的直线分别为x轴， y轴， z轴建立空间直角坐标系．利用空间向量可求二面角FCDA的余弦值

试题解析：（1）证明：由已知得BE//AF,AF平面AFD,BE平面AFD，所以BE//平面AFD，同理可得BC//平面AFD，又BEBCB,所以平面BCE//平面AFD, 设平面DFC平面BCEl，则l过点C，

因为平面BCE//平面ADF，平面DCF平面BCEl，平面DFC平面AFDDF，

所以DF//l，即在平面BCE上一定存在过点C的直线l，使得DF//l.

（2）因为平面ABEFABCD,FA平面ABEF,平面ABCD平面ABEFAB,

0

又FAB90，所以AFAB，所以AF平面ABCD，

因为AD平面ABCD，所以AFAD，

0

因为DAB90,所以ADAB，

以A为坐标原点， AD,AB,AF所在的直线分别为x轴， y轴， z轴建立空间直角坐标系，

如图，由已知得D1,0,0,C2,2,0,F0,0,2, 所以DF1,0,2,DC1,2,0, 设平面DFC的法向量为nx,y,z，则{不妨设z1，则n2,1,1，

答案第7页，总20页

x2znDF0

{ ，

x2ynDC0

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不妨取平面ACD的一个法向量为m0,0,1，所以cosm,n

mn16

， mn66

6

. 6

由于二面角FCDA为锐角，因此二面角FCDA的余弦值为

【点睛】熟练掌握线面、面面平行的判定和性质定理、以及利用空间向量可求二面角是解题的关键．

7．（1）详见解析，（2）AB

6

时，四棱锥的体积P-ABCD最大. 平面BPC与平面DPC夹3

角的余弦值为

10. 5

【解析】试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD为矩形，故ABAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以AB平面PAD，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD平面PAD，所以ABPD

（2）求四棱锥体积，关键要作出高.这可利用面面垂直性质定理：过P作AD的垂线，垂足为O，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以PO平面ABCD，下面用

n3表示高及底面积：PPG设ABm,，则D

2

OG

2



4

m3

2

,，故四棱锥P-ABCD

的体积为V

14m66

6mm286m2.故当m时，即AB时，四棱

33333

锥的体积P-ABCD最大.求二面角的余弦值，可利用空间向量求解，根据题意可建立空间坐标

系，分别求出平面BPC的法向量及平面DPC的法向量，再利用向量数量积求夹角余弦值即可.

试题解析：（1）证明：ABCD为矩形，故ABAD，又平面PAD平面ABCD

平面PAD平面ABCD=AD所以AB平面PAD，因为PD平面PAD，故ABPD （2）解：过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG. 故PO平面ABCD，BC平面POG,BCPG

答案第8页，总20页

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在直角三角形BPC中， PG

23266

,GC,BG, 333

设ABm,，则DP

PG2OG2

4

m2,，故四棱锥P-ABCD的体积为 3

14mV6mm286m2.

333

2282

因为m86m6m

33

故当m

2

66

时，即AB时，四棱锥的体积P-ABCD最大. 33

建

立

如

图

所

示

的

空

间

直

角

坐

标

系

，

66626266

O0,0,0,B3,3,0,C3,3,0,D0,3,0,P0,0,3



故PC

62666,,,BC0,6,0,CD,0,0 3333



6266

xy0

设平面BPC的法向量n1x,y,1,，则由n1PC,n1BC得{3 33

6y0

解得x1,y0, n11,0,1, 同理可求出平面DPC的法向量n20,

1

从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为 ,1,，

2

cos

n1n2

n1n2

12

114



10. 5

8．（1）详见解析；（2）点F存在，且为线段BD上靠近点D的一个四等分点；（3）

答案第9页，总20页

6

. 6

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【解析】试题分析：（1）分别证明PDBC， BDBC即可；（2）方法一：先以D为原点， DA,DC,DP分别为x,y,z轴，建立直角坐标系，写出各点坐标A2,0,0，

B2,2,0， C0,4,0， P0,0,2， E为PB中点，故E1,1,1，设点Fx,y,0，

利用EF平面PBC得EFPB0,EFPC0，据此可解出F

11

,,0；方法二：22

作EFPB交DB于F，注意到PDDB，故RtPDB与RtFEB相似，因此

FBEB33

2BD；，于是得FB（3）方法一：由于EFPBC，即EF为平面PBCPBDB24

的法向量， EF

11

,,1， AB0,2,0，要求直线AB与平面PBC所成角的22

正弦值，记直线AB与平面PBC所成角为，根据直线与面的夹角正弦正好等于直线与面的法向量的夹角余弦的绝对值，则知sincosEF,AB，故只需计算cosEF,AB即可，利用余弦公式有cosEF,AB

EFABEFAB



66

，故sin；方法二：由于66

CD//AB，所以可以转而考虑CD与平面PBC所成角，为此需要找到CD在平面PBC内

的投影，此投影与CD所成角即为线面夹角，然后求CD与平面PBC所成角的正弦，于是在RtPBD中作DHPB，而平面PBD平面PBC，由此DH平面PBC， CH即为CD在平面PBC内的投影， DCH就等于直线AB与平面PBC所成角，

DH

sinDCH，

DC

在PDB中， DH

PDDB22226

， DC4， 

PB323

6. 6

故sinsinDCH

试题解析：（1）直二面角PDCB的平面角为PDA90，又PDDC，则PD平面ABCD，所以PDBC．

又在平面四边形ABCP中，由已知数据易得BDBC，而PDBDD，

故BC平面PBD，因为BC平面PBC，所以平面PBD平面PBC（4分）（2）解法一：由（1）的分析易知， PDDA,PDDC,DCDA，则以D为原点建立空间直角坐标系如图所示．

答案第10页，总20页

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结合已知数据可得A2,0,0， B2,2,0， C0,4,0， P0,0,2，则PB中点E1,1,1.

F平面ABCD，故可设Fx,y,0，

则EFx1,y1,1，

EF平面ABCD， EFPB0,EFPC0，

又PB2,2,2,PC0,4,2，由此解得xy

111，即F,,0， 222

易知这样的点F存在，且为线段BD上靠近点D的一个四等分点；（8分）

解法二：（略解）如图所示，

在PBD中作EFPB，交BD于F，

因为平面PBD平面PBC，则有EF平面PBC．

在RtPBD中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得BF

33

2BD， 24

故知所求点F存在，且为线段BD上靠近点D的一个四等分点； ..（8分）（3）解法一：由（2）EF

11

,,1是平面PBC的一个法向量，又AB0,2,0， 22

则得cosEF,AB

EFABEFAB



66

，所以EF,ABarccos， 66

6

， 6

记直线AB与平面PBC所成角为，则知sincosEF,AB

答案第11页，总20页

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故所求角的正弦值为

6

. ..（12分） 6

解法二：（略解）如上图中，因为AB//CD，所以直线AB与平面PBC所成角等于直线CD与平面PBC所成角，由此，在RtPBD中作DHPB于H，易证DH平面PBC，连接CH，则DCH为直线CD与平面PBC所成角，结合题目数据可求得sinDCH

66，故所求角的正弦值为. ..（12分） 66

考点：1、线面垂直、面面垂直的证法；2、线面角的求法；3、空间向量的应用. 9．(1)证明见解析；(2)

219. 19

【解析】试题分析：（1）根据折叠前几何关系得OMAC， ONAC，再根据线面垂直判定定理得AC平面OMN，即得ACMN；（2）先确定三棱锥DABC的取最大体积的条件：三棱锥DABC的高为DO，再根据三棱锥体积公式得三棱锥DABC的体积为

3

V0时条件： DN平面ABC，最后根据等体积法求三棱锥DMNC的体积. 2

试题解析：(1)依题意易知OMAC， ONAC， OMONO，∴AC平面OMN，又∵MN平面OMN，∴ACMN.

(2)当体积最大时三棱锥DABC的高为DO，当体积为

33

DO， V0时，高为22

OBD中， OBOD，作DSOB于S，∴DS

3

OD，∴DOB60， 2

∴OBD为等边三角形，∴S与N重合，即DN平面ABC，易知VDMNCVCDMN.

∵CO平面DOB，∴hCO2，∴S

DMN



1S2

ODN

113

， 13

224

∴VDMNCVCDMN

1

S3133

. CO2DMN

346

10．（1）见解析（2）点F为PC的中点

【解析】试题分析：（1）连接BD，根据题设条件可证四边形ABED为正方形，即可得BDAE，设BD与AE相交于点O，根据△PAB与△PAD均为等边三角形可证PBPD，即可证BDPO，从而证明平面PAE平面ABCD；（2）由题设条件及（1）可知，建立以点O为坐标原点， OA为x轴， OB为y轴， OP为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面BEF和平面BCE的一个法向量，结合二面角FBEC的余弦值为

答案第12页，总20页

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3

，即可求出点F的位置. 3

试题解析：（1）证明：连接BD，由于AB∥CD，点E为CD的中点， DEAB， ABAD

∴四边形ABED为正方形，可得BDAE

设BD与AE相交于点O

又∵△PAB与△PAD均为等边三角形 ∴PBPD

在等腰△PBD中，点O为BD的中点

∴BDPO，且AE与PO相交于点O，可得BD平面PAE 又∵BD平面ABCD

∴平面PAE平面ABCD．

D2AB（2）由C62，△PAB与△PAD均为等边三角形，四边形ABED为正方形，

BD与AE相交于点O，可知OAOP3， PA32，所以POAO，又平面PAE

平面ABCD，所以PO平面ABCD，以点O为坐标原点， OA为x轴， OB为y轴，

OP为z轴建立空间直角坐标系．

可得B0,3,0， P0,0,3， E3,0,0， P6,3,0

设点F的坐标为x,y,z， PFPC，由PFx，y，z3， PC6，3，3，可得F6,3,33，故 BF6，33，33， BE3，3，0 设m为平面BEF的一个法向量，则（x1，，y1z1）

答案第13页，总20页

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{

mBF0

，平面BCE的一个法向量为n0，1，1，31）01，，得m（，

mBE0



由已知cosm,n

311mn3

 ，解得

2mn3112103

3

，且点F为PC的中3

所以，在线段PC上存在点F，使二面角FBEC的余弦值为

点．

点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 11．（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）连接AC交BE于点F，根据平几知识可得ABCE为平行四边形，即得MF∥PA. 再根据线面平行判定定理得结论（2）先根据空间直角坐标系，再设立各点坐标，根据方程组解得平面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系列方程解得M坐标，即得点M的位置．

试题解析：(1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE.

由题意知BC∥AE，且BC＝AE，故四边形ABCE为平行四边形，∴F为AC的中点，在△PAC中，又由M为PC的中点，得MF∥PA.

又MF⊂平面BME，PA⊄平面BME，∴PA∥平面BME.

(2)连接PE，则由题意知PE⊥平面ABCD.

故以E为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E－xyz，则

E(0,0,0)，P(0,0，B(

设

，0,0)，C(＝λ

)，

，－1,0)．

＝(0<λ<1)，

(1－λ))． (1－λ))，

＝(

，0,0)．

则M(∴

λ，－λ，

＝(λ，－λ，

取平面DBE的法向量n1＝(0,0,1)，设平面BME的法向量n2＝(x，y，z)，

则由

答案第14页，总20页

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得又由即M

令y＝

＝cos30°，得λ＝，

，得n2＝.

.故存在点M满足要求，且M为棱PC上靠近端点C的四等分点．

12．（1）见解析;（2）

AP15

 ;（3）存在， AB25

【解析】试题分析：（1）由题意，证明ADBD， AEBD，证明BD面AED；（2）建立空间直角坐标系，求平面DBF和平面BFC的法向量，解得余弦值为

5

；（3）得5

，

所

以

P



33,,0



，

FP



33

33,,1，BD2,2,0





3

2



AP13

，所以存在P为AB中点． 330，

AB22



试题解析：

（1）∵ABCD， DAB60，∴ADCBCD120． ∵CBCD，∴CDB30，∴ADB90， ADBD．

∵AEBD，且AEADA，

AE、AD面AED，∴BD面AED．（2）知ADBD，∴ACBC．

∵FC面ABCD， CA， CB， CF两两垂直，以C为坐标原点，以CA， CB， CF为x， y， z轴建系．

31

A设CB1，则C0,0,0， B0,1,0， D2,2,0， F0,0,1，



∴BD



3,0,0，



33

2,2,0， BF0,1,1． 

设BDF的一个法向量为mx0,y0,z0，

33

x0y00

∴{2 ，取z01，则m2

y0z00



3,1,1．



由于CF0,0,1是面BDC的法向量，

答案第15页，总20页

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则cosm,CF

mCFmCF



5． 5

5． 5

∵二面角FBDC为锐二面角，∴余弦值为（3）存在点Px,y,z．

设APAB， x3,y,z3,1,0， ∴x33， y， z0， ∴P







33,,0， FP



33,,1．



∵BD面AED， BD

332,2,0． 

若PF面AED，∴PFBD，

∴

3

2



3

330，

2



∴

1AP1

，∴存在P为AB中点．，∴

2AB2

13．(1)证明见解析；(2)答案见解析.

【解析】试题分析：⑴对于法一，易得ADBC，因为PO平面ABC，推导出POBC，再推导出BC平面PAD，即可得到答案；对于法二，以O为原点，分别以过O点与共

DB

线同向的向量， ， 方向上的单位向量为单位正交基建立空间直角坐标系Oxyz，

OD

OP

易求得几何体中各个顶点的坐标，求出， 的坐标，要证明APBC，即证明

AP

BC

0

AP

BC

答案第16页，总20页

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⑵要求满足条件使得二面角AMCB为直二面角的点M，即求平面MBC的法向量和平面APC的法向量互相垂直，由此求出点M的坐标，然后根据空间两点之间的距离公式即可求出AM的长；解析：（1）法一：∵ABAC, D为BC的中点， ∴ADBC，

∵PO平面ABC， ∴POBC，

∵垂足O落在线段AD上， ∴BC平面PAD， ∴APBC.

法二：如图，以O为原点，分别以过O点与DB共线同向的向量， OD， OP方向上的单位向量为单位正交基建立空间直角坐标系Oxyz，则

O0,0,A0,0,B2,0C,2, 1P,0

,2,1,0,0,0,3,

AP0,2,3,BC4,0,0,AC2,3,0

∴APBC0 ∴APBC ∴APBC

（2）假设M点存在，设AMAP， Mx,y,z，则AMx,y2,z，

∴x,y2,z0,2,3，

x0

∴{y22 ，

z3

∴M0,22,3，

答案第17页，总20页

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∴BM2,23,3

设平面MBC的法向量为n1x1,y1,z1，平面APC的法向量为n2x2,y2,z2 由{

n1BM02x123y13z10

得{ ，

n1BC04x10





32

， 3

令y11，可得n10,1,

由{

2x23y20n2AC0

得{ ，

2y3z0n2AP022

令y16，可得n29,6,4，

若二面角AMCB为直二面角，则n1n20，得64解得

32

0， 3

6613，∴AM 1313

故线段AP上是否存在一点M，满足题意， AM的长为

613

. 13

点睛：本题是一道与二面角有关的立体几何综合题，考查了空间立体几何中关于线线垂直的判定方法与二面角的计算的知识点。其中建立空间坐标系，求出相关向量，然后将垂直问题转化为向量垂直即向量内积等0是解答本题的关键。 14．（1）

6

（2）1 3

【解析】试题分析：（1）利用空间向量求线线角，先根据题意确定空间直角坐标系，设立各点坐标，表示直线方向向量，利用向量数量积求向量夹角余弦值，最后根据线线角与向量夹角关系得线线角余弦值（2）利用空间向量求线面角，先根据题意确定空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组求面的法向量，利用向量数量积求向量夹角余弦值，最后根据线面角与向量夹角互余关系列等量关系，解出的值．试题解析：（1）

答案第18页，总20页

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因为PA平面ABCD，且AB,AD平面ABCD，所以PAAB， PAAD，

又因为BAD90，所以PA,AB,AD两两互相垂直．分别以AB,AD,AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则由AD2AB2BC4， PA4可得

A0,0,0， B2,0,0， C2,2,0， D0,4,0， P0,0,4，

又因为M为PC的中点，所以M1,1,2．所以BM1,1,2， AP0,0,4，…………2分所以cosAP,BM

APBMAPBM



010142

46



6， 3

6

．…………………………5分 3

所以异面直线AP， BM所成角的余弦值为

（2）因为AN，所以N0,,0 04，则MN1,1,2，

BC0,2,0， PB2,0,4，

设平面PBC的法向量为mx,y,z，则{

mBC0,mPD0,

即{

2y0,2x4z0.

令x2，解得y0， z1，

所以m2,0,1是平面PBC的一个法向量．……………………………7分

答案第19页，总20页

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因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为

4， 5

所以cosMN,m

MNmMNm



4， 2

5155

22

解得10,4，

所以的值为1．……………………………………………………………10分考点：利用空间向量求空间角

【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.



答案第20页，总20页

本文来源：https://www.wddqw.com/doc/4800f7eb8aeb172ded630b1c59eef8c75fbf9506.html

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