高中數(shù)學必修二第八章第4節(jié)《空間點、直線、平面之間的位置關系》解答題 21(含解析)

第八章第4節(jié)《空間點、直線、平面之間的位置關系》解答題(21)

1.如圖，在正方體ZBCD-AiBiGDi中，對角線4停與平面BDQ交于點O,AC、BD交于點、M,E

為4B的中點，尸為441的中點。求證:

(1)6、。、M三點共線:

(2)E、C、5、尸四點共面。

2.如圖，已知點E,F,G,”分別是三棱錐4—BCD棱上的四點，且m=瞿=罌=*=：.

FCEAHAGC2

(1)求證：E,F,G,〃四點共面；

(2)若ACLBD,求證：四邊形EFG”是矩形.

3.如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AD=2AB,AE=ED,BF=FC,將四邊形￡尸。。沿E尸

折到MN的位置，使NF=M4.

M

N

(1)證明：AF1NEi

(2)若4B=3,BE=2V3，且同=；l麗(0WA41)，當二面角G-BE—N的余弦值為唱時,

求；I的值.

4.直三棱柱ABC-G中，AC=BC=：44i=2,。是棱441的中點，且￡)G，BD.

(1)證明：OGJ.BC.

(2)求四面體B1DBG的體積.

5.如圖，等腰梯形A8CZ)中，AB//CD,AD=AB=BC=1,CD=2,E為CO中點，以AE為折

痕把△4DE折起，使點D到達點P的位置(P0平面4BCE).

(1)證明：AE1PB；

(2)若線段PC的長為手，求二面角4-PE-C的余弦值.

6.如圖長方體4BCD-41B1C也的44]=1,底面ABCQ的周長為4,E為的中點.

(I)判斷兩直線EQ與AD的位置關系，并給予證明：

(口)當長方體ABCD-AiBiC/i體積最大時，求直線與平面&CD所成角氏

7.如圖所示，在正方體4BCD—4B1C1D1中，E,尸分別為如當?shù)闹悬c，ACOBD=P,公6n

EF=Q.

(1)求證：D,B,F,E四點共面；

(2)若4c交平面OBFE于點R,求證：P,R,Q三點共線.

8.如圖，在長方體4BCD-A$iGDi中，點E,F分別在棱上，且2DE=ED1,BF=2FB1.

(1)證明：點G在平面AE尸內(nèi)；

(2)若48=2,AD=1,力公=3,求二面角4—EF-4的正弦值.

9.已知正三棱柱ABC-4B1C1中，AB=2,44]=e，。為AC的中點.

(1)當荏=［兩時，求證：DEIBCi；

(2)在線段上是否存在點E,使二面角4-BE-。等于30。？若存在求出AE的長;若不存在,

請說明理由.

10.如圖，空間四邊形ABC。中，E、〃分別是48、AO的中點，尸、G分別是8C、C。上的點，且

CF_CG=*求證:

CB-CD

⑴E〃〃面BCD；

(2)三條直線EF、GH、4c交于一點.

11.如圖，在正方體48(7。一&81(71。1中，點以F分別是AB、G5的中點.

(1)證明：點公、/、C、E在同一平面內(nèi);

(2)若點G、”分別是。。八8停[的中點，證明：G"_L平面&FCE.

12.如圖，在正方體4BCC-4/1C1D1中，EF與異面直線AC,&0都垂直相交

.求證：EF1?平面ABiC.

13.如圖，三棱柱48(7—必當。1中，BC=B[C,O為四邊形4CC14對角線交點，尸為棱BB】的中點,

且4尸1平面BCQBi.

(1)證明：OF//平面A8C；

(2)證明：四邊形4CQ4為矩形.

14.已知△ABC在平面a外，它的三條邊所在直線分別交a于P,Q,R三點.求證：P,Q,R三點共

線.

15.如圖，四棱錐P-4BCD的底面是直角梯形,々BAD=^,AD=2AB=4,BC=5,PA=PC=V13.

(1)當P8=尸。時，證明：BD1PC；

(II)當平面PAC，平面A3C。時，求PB與平面PA。所成角的正弦值.

16.如圖，平面4BEF平面4BCZ),四邊形A3EF與438都是直角梯形，/.BAD=/.FAB=90°,

BC//ADAD=2BC,BE//AF,AF=2BE.

(1)證明:四點C,D,F,E共面;

(2)設AB=BC=BE=2.

①求CE與平面8DE所成角的正弦值；②求點尸到平面BDE的距離.

17.如下圖,三棱柱ABC—4B1G中，CA=CB,AB-AAx,/.BAAt=60°.

(2)若平面ABC_L平面44$$,AB=CB,求直線與平面BaGC所成角的正弦值.

18.如圖，四棱錐S-ABC。的底面是直角梯形，AB//CD,4BAC=4ADC=90°.SCJ■平面4BCZ),

M是SA的中點，AD=SD=CD=2AB=2.

(1)證明：OM_L平面SAB；

(2)線段SC上是否存在一點E,使得直線SA〃平面BDE.若存在，確定點E的位置：若不存在,

說明理由.

19.在底面是菱形的四棱錐P-4BCD中，點E,尸分別為BC,PD的中點，設直線PC與平面A所交于

點Q.

p

D

B

⑴已知平面P4BCI平面PCD=/,求證：AB“I；

(2)求矍的值.

20.在如圖所示的幾何體中，四邊形ABC。是菱形,四邊形4ONM是矩形，平面4DNM_L平面A8CD,

Z.DAB=60°,AD=2,AM=1,E為AB的中點，尸為線段CM上的一點.

(1)求證：DE1CN；

(2)若二面角P-CE—C的大小為30。，求公的值.

【答案與解析】

1.答案：證明：(1),??&cn平面BDC1=0,：.0e&C,0C平面BDC1；

又?.?u平面accMi，oe平面acci4；

???AC、BD交于點M,；.MeAC,M€BD；

又ACu平面"G4，BDu平面BDCI，

Me平面ACCMi，Me平面BDG；

又qe平面4CG4,Qe平面8￡>G；

G、0、M三點在平面4CG4與平面BDC1的交線上，

.??G、0、M三點共線；

(2)rE為AB的中點，尸為441的中點，

：.EF//BAr,

又?：BC"A\D\,BC=A1D1,

???四邊形BCD1&是平行四邊形，

:.BA1//CD1；

EF//CD1,

E、F、C、5四點共面.

解析：本題考查了空間中的點共線，線共面的證明問題.

(1)利用G、。、M三點在平面4CG&與平面BDG的交線上，證明三點共線;

(2)利用E尸〃CD〉證明￡、F、C、Di四點共面.

2.答案：證明：(1)點E,F,G,，分別是三棱錐4—BCD棱上的四點，

FCEAHAGC2

??.EF//AC,GH//AC,

???EF//GH,

???E,F,G,H四點共面.

BEDHBFDG1

—EAHAFCGC2

.EA_HA_FC_GC_Q

BEDHBFDG

AEH//BD,FG//BD,

FG//EH.

又EF//GH,

四邊形ER7H是平行四邊形，

XvAC1BD,

EF1FG,

???四邊形EFGH是矩形.

解析：本題考查平面的基本性質(zhì)，屬于基礎題.

(1)由霹=襄=瞿=照=軻得EF〃4C,GH〃/1C進而可得EF〃GH即可證明；

rLfc.AnAGLL

(2)同理可得出FG〃EH.由(1)可知，四邊形EFG”是平行四邊形，再根據(jù)4C1BD,即可得到結論.

3.答案：解：(1)記4FCBE=。，連接NO,可知四邊形A8FE是菱形，

所以AF1BE,且。為AF、8E的中點，又因為NF=M4,

所以4F1N。，又因為BECNO=。，所以4F_L平面MEB,

又因為NEu平面NE8,所以4F1NE.

(2)因為48=3,BE=2痘,所以E0=我，F(xiàn)O=OA=V6,NF=2遮，

所以N。=又NE=DE=3,所以NO2+EQ2=NE2,

所以NO1BE,又由(1)可知：N014F,且BEnAF=。，

所以N。_L平面ABFE,所以OE,。4、ON兩兩垂直，

分別以麗，殖，面為x,y，z軸的正方向建立空間直角坐標系。孫z,

如圖:

則尸(0,一傷0),很(0,0,V6).E(V5,0,0),EN=(-V3,o,歷),

由前=4前=4前，得6(一馮九一75,n/1),

所以麗=(A/3,0,0),OG=(-V3A,-V6,V6A).

設平面G8E的法向量為萬=(x,y,z),

則風里=0,即]戶u，令，

(in-OG=0,[Ax+V2y-V2Az=0,

得記=(0,4,1),又由(1)可知平面BEN的一個法向量為元=(0,1,0),

因為二面角G-BE-N的余弦值為黑，所以|cos<m,n>\=|磊|=察，

解得”久負值舍去).

解析：【試題解析】

(1)由已知證明四邊形ABFE為菱形，可得4FLBE,設AF與8E的交點為O,則。為AF的中點,

得到N0J.4F,再由直線與平面垂直的判定可得4F_L平面NE8,即可證明4F1NE；;

(2)求解三角形證明NO，OE,可得N。_L平面A8FE,以。為坐標原點，分別以OE,OA,ON所在

直線為x,,y,,z軸建立空間直角坐標系，分別求出平面GBE的一個法向量與平面NEB的一個法向

量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角G-BE-N的余弦值，令其等于理即可求解;I的值.

10

本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用空間向量求解空間角,

是中檔題.

4.答案：（1）證明：:D是棱44的中點，

.?.在RtzxZMC中，AC=AD=2,：./.ADC=45°,

同理得=45°,???/COG=90°,

DC1DCr,

又DB1DG，且。BnDC=D,

Dg1平面BCD,且BCu平面BCD,

DC】iBC；

(2)解：在直三棱柱ABC-4181cl中，

???CCi1BC,由(1)得DCilBC,DQ與CQ為平面4CC14內(nèi)的兩條相交直線,

BCJ_平面4"出，

則BCJ.AC,又ACLCG，BC與CQ為平面BCR%內(nèi)的兩條相交直線，

AC_L平面B8￡C,

11]8

則%面體BMBCi==2X3X2X4X2=5-

解析：【試題解析】

⑴由。是棱441的中點，可得&D=AD=2,求解三角形可得=乙41DG=45°,得“Dg=

90°,即DC1。6,由已知DB1DQ,利用線面垂直的判定可得DQ_L平面BCD,從而得到DC】_LBC；

(2)在直三棱柱48C-&BiCi中，結合(1)證得4c_L平面BBiQC,再由等積法求得四面體當￡>8(71的

體積.

本題考查異面直線垂直的證明，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用等積法求多面體的體積,

是中檔題.

5.答案：(1)證明：在等腰梯形

ABC￡>中，連接BO交4E于點

O,

vAB//CE,AB=CE,

四邊形A8CE為平行四邊形,x

AE=BC=AD=DE,AE//BC,

.?.△4DE為等邊三角形，

???在等腰梯形ABCD中，NC=/-ADE=pz.DAB=/.ABC=y,

???在等腰△ADB中，乙ADB=^ABD=3,

o

Z.DBC=^-7=2即BD1BC,

362

???BD1AE,

/.OP1AE9OBLAEf又OPu平面08,OBu平面POB,0PO0B=0,

???AE1平面P08,???PBu平面POB,

：?AE1PB.

(2)解：連接。C,由⑴知。。=2。=與，OE=\AE=\,

由余弦定理可得OC=Il+--2xlx-xcosl20°=—.

q422

PC2=PO2+0C2,：.P010C,

XPC=—2,

y,PO1AE,OC^AE=0,

：.PO，平面ABCE,

則以。為原點，OE為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系,

則P(0,0,分E60,0),也苧⑼,

??.兩=(；,0,一泉,FC=(|,f,O).

設平面PCE的一個法向量為可=(x,y,z),貝I][竺,瓦二°

?元=0

遮

一z=o

fix-2%

3=JJy=

七十2yO

由題意得平面「人￡的一個法向量花=(0,1,0),

,—>—?、九/九？-1Vs

：?cos<n1n>=「「I=-=-----，

lt2M1IM2IVsxi5

由圖形可知二面角4-EP-C為鈍角，

所以二面角A-EP-C的余弦值為一些.

解析：(1)連接8。交AE于0,證明4E1BC即可得出AEJ■平面PB。，故而4E，PB；

(2)根據(jù)勾股定理可證。P10C,于是。P_L平面A2CE,建立空間坐標系，求出平面PCE和平面APE

的法向量，計算法向量的夾角得出二面角的大小.

本題考查了線面垂直的判定，考查空間向量與二面角的計算，屬于中檔題.

6.答案：解：(I)EG與AD是相交直線，

證明如下：連接A&,CM貝是平行四邊形，

???E也是AB】的中點，二AE〃C\D,AE=/避，

???AEG。為梯形，A,E,G，。四點共面，EQ與為梯形兩腰，

故Eg與AO相交.

2

(H)設48=b,AD=2-b,VABCD_A1BiCiDi=b(2-b)x=b(2-b)<(^|^)=1,

當且僅當b=2-b,b=l時取等號，

分別以邊AB,AD,44i所在直線為x,y,z軸，建立如圖所示直角坐標系，

則0),4式0,0,1),C(l,l,0),0(0,1,0),可=(-1,0,1),CD=(-1,0,0),=(-1,-14)-

設平面4CD的法向量為元=(x,y,z),

則-x-y+z=0,取z=L則元=(0」,l)，

???sin0=|cos<BA^,n>\=

解析：【試題解析】

本題考查直線與直線的位置關系，直線與平面所成角的求法，考查空間想象能力以及計算能力.

(I)ECi與AO是相交直線.連接4Bi，CD說明A,E,的，。四點共面，EC1與為梯形兩腰,

即可得到結果.

(口)利用等體積法求出A8,以邊48,AD,Aa所在直線為x,y,z軸，建立如圖所示直角坐標系,

求出平面4CD的法向量，利用向量的數(shù)量積求解直線與平面所成角的大小.

7.答案：證明：(1)：E、尸分別為GDi，BiG的中點，

???樂是48也1。1的中位線，

???EF”DiBi，

vABCD-&B1C1D1是正方體，

???BBJ/DD、、BBi=DDlf

BBiDi。是平行四邊形，

:.DB"DiB\,又EF〃D]Bi，

???EF//DB,

:?D、B、F、E共面.

(2)vACnBD=P,A】GnEF=Q,

???PQ是平面44iCiC和平面DBFE的交線，

???&C交平面DBFE于R點、,&C在441cle平面內(nèi)，

???R是平面4aleiC和平面OBFE的一個公共點，

???兩相交平面的所有公共點都在這兩平面的交線上，

P、。、R三點共線.

解析：【試題解析】

本題考查四點共面的證明，考查三點共線的證明，是中檔題，解題時要注意空間思維能力的培養(yǎng).

(1)由已知得E/7/D$i，BBi//DDi、BBX=DD1,從而⑶當劣。是平行四邊形，從而EF〃DB,由此

能證明。、B、F、E共面；

(2)由已知得PQ是平面4&GC和平面OBFE的交線，R是平面441cle和平面Q8FE的一個公共點，

由此能證明尸、。、R三點共線.

8.答案：設4B=a,AD=b,=c,如圖建立空間直角坐標系C1一xyz.

(1)連結GF,則G(0,0,0)，A(a,b,c),E(a,O,|c),F(O,b,^c),EA=(O,b,^c),亭=(O,b*c),得

EA=C^F.

因此瓦4〃C/,即4E,F，G四點共面，所以點Q在平面AEF內(nèi).

(2)由己知得4(2,1,3),E(2,0,2),((0,1,1),4(2,1,0),

AE=(0,-1,-1)，AF=(-2,0,-2).砧=(0,—1,2),A^F=(-2,0,1).

設%=(x,y,z)為平面AE尸的法向量，則

巧?至=。，即—y-z=0,

可取九i=

叫?AF=0,—2x—2z=u，

設的為平面&E尸的法向量，貝訃電?竺=0,同理可取電=6,2,1).

2

(.n2-AXF=0,

因為85〈%,電)=看缶=一9，所以二面角/-EF-&的正弦值為半.

解析：本題考查平面的基本性質(zhì)與推理，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用空間向量求解

空間角，是中檔題.

(1)建立空間直角坐標系，連結GF，證得區(qū)4〃GF即可；

(2)利用空間向量求解即可.

9.答案：解：(1)證明：連結DG，因為4BC-4B1G為正三棱柱，

所以AABC為正三角形，

又因為。為AC的中點，所以BD1AC,

又平面48c_L平面4CG4,所以BD1平面ACG4,所以BDJ.DE.

因為荏=3就，AB=2,44=百，所以AE=g,AD=1,

所以在RtA/WE中，/-ADE=30°,在RtZkCCG中，4JDC=60。,

所以zECCi=90。，即EDlCCi，

所以EDJL平面BCG，BGu面BOG，

所以DE1BCi

(2)假設存在點E滿足條件，設4E=h.

取AG的中點D「連結。久，則。劣1平面ABC,

所以。DiLAD,DDi1BD,

分別以D4、DB、所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系，

則4(1,0,0),B(0,V3,0),E(l,0,h),

所以麗=(0,百,0)，DE=(1,0,h),AB=(-l,V3,0)，

AE=(0,0,h),

設平面DBE的一個法向量為元=(Xi，yi，zD，

則風,而=0=(何i=0

'顯?灰=0IXi+hz1=0

令Zi=1,得瓦＞=(-h,0,1),

同理，平面A8E的一個法向量為近=(%2，、2,22)，

則代,=。=[-X2+何2=0

'I底?荏=01歷2=0

.?.苗=(⑸，0).

所以cos的￡)=:滯答=cos30。=3

所以園=y/h2+1,所以及無解.

故不存在點E,使二面角4-BE-。等于30。.

解析：本題考查了直線與平面垂直的判定，考查了二面角的平面角及其求法，訓練了存在性問題的

求解方法，對于存在性問題，在假設結論成立的前提下進行推理，得到與已知的條件，公理、定理

等相符的式子，則假設成立，否則不成立.此題是中檔題.

(1)由。為正三角形ABC的中點，得到BD14C,再由兩面垂直的性質(zhì)得到BO，面4c的公,繼而BD1

DE,在平面4CC14中利用解三角形求出NAOE與aDG的值，從而得到EC1。6,則由ED_1面8。6,

則DEJ.BG；

(2)假設存在點E,使二面角4-BE-D等于30。，設出AE的長度，利用二面角的兩個半平面的法向

量所成角為30。求出h的值，通過h的取值范圍來判斷是否存在.

10.答案：(1)證明:在和△CBC中，

???E、，分別是AB和AO的中點，E”=-BD，

2

又T7.：蒜c尸=布CG=片3：-FG=//\3BD，

AEH//FG,

又EH仁面BCD,FGu面BCD,

E"〃面BCD；

②證明:??-§=§=?

??.FG//=33BD，

4

???四邊形FG//E為梯形，

所以梯形的兩腰尸石和G”相交于一點，設交點為P.,

易證點P為兩個面ABC和面ADC的公共點,

又因為AC為這兩個面的交線，

所以P6/C,

所以三條直線E尺GH、AC交于一點P.

解析：本題考查了線面平行的判定，三角形的中位線性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、以及三線共

點的問題，屬于中檔題.

(1)根據(jù)中位線定理，以及平行線分線段成比例定理的引理，可得EH〃FG,則由線面平行的判定定

理可得〃面BCD；

(2)由(1)的結論，直線EF,G//是梯形的兩腰，所以它們的延長線必相交于一點P,然后結合公理3

即可得解.

11.答案：證明：(1)作的中點并連結8例、FM,

依題意得EB與平行且相等，

二四邊形&MBE是平行四邊形，

：.ArE//MB,

又依題意得BC與MF平行且相等，

.??四邊形MFCB是平行四邊形，

?-A^E/fFC,

.?.點4］、F、C、E在同一平面內(nèi)；

(2)由G￡)i，平面4道住1。1，且公尸u平面為B1C15

：,GO】1AXF,

又由F、"分別是G%、B1G的中點,

RtAA^FDi=RtADiHC1?

:.Z.D1A1F=ZHDJCJ,

又：皿&F+^D1FA1=90",

:.乙HDiG+4。1以1=90°,

.,.D]H1ArF,

而。/r￡)iG=Di，u平面D/G,

???&F_L平面D/G,而GHu平面D/G,

AtF1GH,

同理可證CFJ.GH,

而CFrU/=尸,CF,&Fu平面4/CE.

GHL平面&FCE.

解析：本題考查平面的性質(zhì)及線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理，屬于中檔題.

(1)作為&的中點M,并連結8M、FM,然后證明&E//FC,從而證明點&、尸、C、E在同一平面

內(nèi)；

(2)由GDi，平面4道也1。1，可得G。」.明產(chǎn)，在證明平面AUG,A|F，G〃，然后由線面垂

直的判定定理即可.

12.答案:證明：因為正方體4BC0—4iBiCiDi中41BJ/CD,=CD,

所以四邊形&B1CZ)為平行四邊形，所以&D〃B]C.

又因為EF14D,

所以EFIBiC,

又因為EF12C,4CnBiC=C,

AC.場。U平面AB|C,

所以EF_1_平面A/C.

解析：本題考查線面垂直的證明，是基礎題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng).

利用線線平行與線線垂直證明線線垂直，再利用線面垂直的判定定理，即可得;

13.答案：證明：(1)取4c的中點。，連結0。，

在三棱柱ABC-aB1C1中，四邊形4CC14為平行四邊形，BB[〃CC[〃AA],ELBB^AA^

因為。為平行四邊形ACG4對角線的交點，

所以。為4C中點，

又。為AC中點，所以0D〃44「且0D=：44i，

又BB、〃AA\,所以OD〃BB「且。

又尸為BBi中點，所以OD〃BF,且OD=BF,所以。。8尸為平行四邊形，

所以。尸〃BD,

又因為BDu平面ABC,OFC平面ABC,

所以。/7/平面ABC,

(2)因為BC=B]C,尸為BBi中點，

所以CF1BB],

又因為AF1平面BCG&,BBiu平面BCGB1，所以AFIBB-

因為CF1BB],AF1BBi，CFu平面A尸C,4Fu平面AFC,CFdAF=F,

所以8占1平面AFC,

又ACu平面AFC,所以BBi1AC,

又由(1)知B8J/CG，所以AC1CG，

在三棱柱ABC-4當?shù)闹?，四邊?CQ41為平行四邊形，

所以四邊形4CG占為矩形.

解析：本題考查線面平行的判定定理與線面垂直的判定定理以及四邊形形狀的判定，考查空間思維

能力，屬于中檔題目.

(1)取AC的中點，連結OD,由三角形中位線得出。。〃441，且00=^441，再由口4〃入々壽出。?！?/p>

1

BB],且OD=&BBi，得到OD〃BF,且0。=BF,008尸為平行四邊形，得OF//BD,由線面平行

的判定定理得出即可；

(2)由題意得出CF1AF1BB「由線面垂直的判定定理得出B/_L平面AFC,得出BB11AC,

由。)知8BJ/CC],則力CICG，即可得出四邊形為矩形.

A

14.答案：證明：如圖，△ABC在平面a

外，它的三條邊所在直線分別交a于尸,

Q,R三點、,

???4Bna=P,P€平面ABC,且PG

平面a,

vACC\a=Q,：.Q€平面ABC,月.Qe

平面a,

?:BCna=R,；.R€平面ABC,且RG

平面a,

??.P,Q,R三點分別是平面ABC和平面a的公共點，

??.P,Q,R三點共線.

解析：推導出P,Q,R三點分別是平面ABC和平面a的公共點，由此能證明P,Q,R三點共線.

本題考查三點共線的證明，考查兩個平面的公共點都在同一條直線上的應用，是基礎題.

15.答案：(I)證明：取80的中點0,連接P0,OC,

???四棱錐P-4BCD的底面是直角梯形，

/-BAD,AD=2AB=4,BC=5,

過點B作BE1DC,交DC于點E,

則DE=AB=2,BE=AD=4,

在Rt△BEC中，EC=yjBC2-BE2=V25-16=3.

可得DC=5,DC=BC,

■■■BD1OC,

當PB=P。時，則BD10P,

vOCCtOP=0,OC、OPu平面POC,

???BDL平面POC,PCu平面POC,

???BD1PC；

(n)解：由題意，以。為原點，DA,DC所在直線為x軸，y軸，

過點。作垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系xyz,如圖所示,

則。(0,0,0),4(4,0,0),8(4,2,0),C(0,5,0),

取AC的中點Q,則Q(2,|,0),AC=y/AD2+DC2=V41.

VPA=PC=V13.???PQ1AC,

???平面PAC_L平面ABCD,平面PACn平面ABC。=AC,

PQu平面PAC,PQ1平面ABCD,

前=(2,I，當)，DA=?l(4,0,0),

設平面ABCD的法向量為記=(x,y,z),

則限?史=0,即［2x+|y+手z=0,

m-DA—0(4%=o

%=0,取z=l,則y=一日，，元=(0,—日,1),

設與平面PA。所成角為仇

則sin0=|cos伍，麗)|=雇J

1VTTVTT

2x~52~

JT)2+12XJL+(-?+(一字)2

迎歷

故PB與平面PAD所成角的正弦值為之.

21

解析：本題考查空間中直線與直線的位置關系，線面垂直的判定，線面垂直的性質(zhì)，面面垂直的性

質(zhì)，直線與平面所成角，利用空間向量求線線、線面和面面的夾角，考查邏輯推理能力和空間想象

能力，屬于綜合題.

(I)根據(jù)題意，證明BDLOC,BD1OP,從而證明BD平面POC,PCu平面POC,由線面垂直

的性質(zhì)可得結論；

(口)由題意，以。為原點，DA,OC所在直線為x軸，y軸，過點。作垂直于平面A8C。的直線為z

軸，建立空間直角坐標系。-xyz,如圖所示，利用空間向量求PB與平面P4O所成角的正弦值.

16.答案：解：由平面4BEF_L平面ABCDAFVAB,得4F_L平面A8CD,以A為坐標原點，建立

如圖所示的直角坐標系4-xyz：

(1)證明：設48=a,BC=b,BE=c,

則B?0,0),C(a,bf0),E(at0,c),D(0,2瓦0),尸(0,0,2c),

.?.正=(0,6,-c),而=(0,2b,-2c)，故前=［而，.”?！?辦

C,O,E,尸共面.

(2)設AB=BC=BE=2,則a=。=，=2,故8(2,0,0),。(2,2,0),后(2,0,2),。(0,4,0),尸(0,0,4),

①設平面8OE的法向量為正=(x,y,z),由麗=(0,0,2),前=(-2,4,0)，CE=(0,-2,2)

得｛一2賓；；=0，m=(2,1,0),：?sin。=|cos<方冗>|=糯=春=%

即CE與平面BQE所成角的正弦值為逗.

10

(2)-：IF=(-2,0,2).平面BQE的法向量為江=(2,1,0),

d=轡=右="，即點尸到平面BDE的距離為延.

解析：本題考查線面角的求法，點到面的距離的求法及共面問題的證明，

(1)由題意，可建立空間坐標系，利用向量法證明EC〃FD,從而由公理推論得出四點共面；

(2)①求出線的方向向量與面的法向量，然后由公式求出線面角的正弦值；

②由圖，求出向量前在面BDE的法向量上的投影的絕對值即可得出點到面的距離.

17.答案：(I)證明：取A8中點，連接OC,。&,

vAB=ArAfZ-BAAY=60°

???△B44］是正三角形，???。411AB,

???OCn0At=0,OC,.OAiC平面0(.11，

AB_L平面0C人,

???CAtu平面。C4i，

???AB1ArC；

（口）解：由（I）知。Cl48,OAi1AB,

又平面ABCJL平面A&BiB,

平面48cn平面A&BiB=AB,

OC'U平面AS。，

所以OC1平面44$/,04c平面AAiBiB,

所以OC1。&,

故。4,0Ar,OC兩兩垂直.

以。為坐標原點，成的方向為x軸的正向，

|市|為單位長度，建立如圖所示的坐標系，

可得4(1,0,0),4(0,8,0),

C(0,0,V3),6(-1,0,0),

則元=(1,0，V3).西=麗=(一1,百,0)，

A^C=(0,-V3.V3).

設元=(x,y,z)為平面BBiGC的法向量，

則(五-BC=x+V3z=0

(n-BB1=—x+V3y=0'

可取y=l,可得道=(V5,1,-1),

故皿…=而呵F

故直線與平面BBiGC所成角的正弦值為唱.

解析：【試題解析】

本題考查直線與平面所成的角，涉及直線與平面垂直的性質(zhì)和平面與平面垂直的判定，屬中檔題.

(1)取48中點，連接OC,02,得出0C1AB,OAXLAB,運用SB1平面0C2,即可證明.

(II)易證OA,。&,0C兩兩垂直.以。為坐標原點，成的方向為x軸的正向，|市|為單位長度建

立坐標系，可得碇=(0,-e)，求出平面BBiGC的法向量，代入向量夾角公式，可得答案.

18.答案：(1)證明：因為SD1平面ABC。，DA,DCu平面A8CD

所以SD_L￡M,SD1DC,5LDA1DC.

如圖，以。為原點建立空間直角坐標系.

由題意得。(0,0,0),4(2,0,0),8(2,1,0),C(0,2,0),5(0,0,2),M(l,0,1),

所以麗=(1,0,1),SA=(2,0,-2)，AB=(0,1,0).

所以麗?耘=0，DM-AB=0,

所以DMISA,DM1AB,SACiAB=A,

SA,ABcT?SAB,

所以CM1平面SAB.

(2)解：設罰=1元=(0,24,-24).(Ae[0,1]),

D^E=DS+SE=(.0,21,2-2A).

DB=(2,1,0)>SA=(2,0,-2).

設平面BDE的法向量電=(%o，M)，Zo),

則怦,電=°,即04yo+2(l-4)zo=0,

令Xo=l,y0=-2,Zo=三.于是記=(1,一2,三)，

如果直線S2〃平面BDE,

那么$4?訪=0，解得，=

所以，存在點E為線段SC靠近S點的三等分點，使得直線$4〃平面BOE.

解析：本題考查線面垂直、線面平行的判定，考查空間中直線與平面的位置關系，考查運算求解能

力，是中檔題.

(1)推導出SD1DA,SD1DC,DA1DC,以。為原點建立空間直角坐標系，利用向量法能證明DM1

平面SAB：

(2)求出平面的法向量，利用向量法能求出存在點E為線段SC靠近S點的三等分點，使得直線

S4〃平面BDE.

19.答案：(1)