2019年高考数学真题分类汇编专题16：空间几何
文档属性
| 名称 | 2019年高考数学真题分类汇编专题16：空间几何 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 671.9KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-06-14 16:22:49 | ||
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文档简介
2019年高考数学真题分类汇编专题16：空间几何
一、解答题
1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D ， E分别为BC ， AC的中点，AB=BC ．
求证：
（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E ．
2.（2019?浙江）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1 ， 平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F分别是AC，A1B1的中点
?
（1）证明：EF⊥BC
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
3.（2019?天津）如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， 为等边三角形，平面 平面 ， ， ，
（Ⅰ）设 分别为 的中点，求证： 平面 ；
（Ⅱ）求证： 平面 ；
（Ⅲ）求直线 与平面 所成角的正弦值.
4.（2019?天津）如图， 平面 ， ， .
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（Ⅲ）若二面角 的余弦值为 ，求线段 的长.
5.（2019?全国Ⅲ）图1是由矩形ADEB、 ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB ， BC折起使得BE与BF重合，连结DG ， 如图2.
（1）证明图2中的A ， C ， G ， D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的四边形ACGD的面积.
6.（2019?全国Ⅲ）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFCC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DC，如题2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B-CG-A的大小.
7.（2019?卷Ⅱ）如图，长方体 的底面 是正方形，点 在棱 上， 。
（1）证明： ；
（2）若 ， ，求四棱锥 的体积。
8.（2019?卷Ⅱ）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
?
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
9.（2019?北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
10.（2019?北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3。E为PD的中点，点F在PC上，且 .
（I）求证：CD⊥平面PAD；
（II）求二面角F-AE-P的余弦值；
（III）设点G在PB上，且 .判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由。
11.（2019?卷Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2， BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1 ， A1D的中点
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离。
12.（2019?卷Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2， BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1 ， A1D的中点
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值。
答案解析部分
一、解答题
1.【答案】 （1）证明：因为D ， E分别为BC ， AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1 ，
所以A1B1∥ED.
又因为ED?平面DEC1 ， A1B1 平面DEC1 ，
所以A1B1∥平面DEC1. （2）解：因为AB=BC ， E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE?平面ABC ， 所以CC1⊥BE.
因为C1C?平面A1ACC1 ， AC?平面A1ACC1 ， C1C∩AC=C ，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E?平面A1ACC1 ， 所以BE⊥C1E.
【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用直三棱柱的结构特征结合中点的性质，用中位线证出线线平行，从而证出线面平行。 （2）因为AB=BC ， E为AC的中点，所以BE⊥AC ， 再结合直三棱柱的结构特征证出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直。
2.【答案】 （1）连接A1E ， 因为A1A=A1C ， E是AC的中点，所以A1E⊥ AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC ， A1E 平面A1ACC1 ，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC ，
所以，A1E⊥ 平面ABC ， 则A1E⊥ BC.
又因为A1F∥AB ， ∠ABC=90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥ BC. （2）取BC中点G ， 连接EG ， GF ， 则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC ， 故AE1⊥EG ， 所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（I）得BC⊥平面EGFA1 ， 则平面A1BC⊥平面EGFA1 ，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于O ， 则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2 ，EG= .
由于O为A1G的中点，故 ，
所以 ．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 ．
方法二：
连接A1E ， 因为A1A=A1C ， E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC ， A1E 平面A1ACC1 ，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC ， 所以，A1E⊥平面ABC.
如图，以点E为原点，分别以射线EC ， EA1为y ， z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.
不妨设AC=4，则
A1（0，0，2 ），B（ ，1，0）， ， ，C(0，2，0).
因此， ， ．
由 得 ．
【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直，即可得到线线垂直； （2） 通过线面垂直，找到直线与平面所成的角，结合余弦定理，求出相应的角即可.
3.【答案】 解：（Ⅰ）证明：连接 ，易知 ， .又由 ，故 ，又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ）证明：取棱 的中点 ，连接 .依题意，得 ，又因为平面 平面 ，平面 平面 ，所以 平面 ，交 平面 ，故 .又已知 ， ，所以 平面 .
（Ⅲ）解：连接 ，由（Ⅱ）中 平面 ，可知 为直线 与平面 所成的角，
因为 为等边三角形， 且 为 的中点，所以 .又 ，
在 中， .
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为
【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）欲证 平面 ，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证 与平面 内一直线平行，由三角形中位线可得 ，即可证得；
（Ⅱ））欲证 平面 ，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证 与平面 内两相交直线垂直，由平面 平面 ， ，得出 平面 ，进而得出 ，再由 ，即可证得 平面 ；
（Ⅲ）连接 ，构造直角三角形 ，可知 为直线 与平面 所成的角，解直角三角形，求出 的大小，即可得出直线 与平面 所成的角。
4.【答案】 解：依题意，可以建立以 为原点，分别以 的方向为 轴， 轴， 轴正方向的空间直角坐标系（如图），
可得 ， .设 ，则 .
（Ⅰ）证明：依题意， 是平面 的法向量，又 ，可得 ，又因为直线 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ）依题意， .
设 为平面 的法向量，则 即 不妨令 ，
可得 .因此有 .
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（Ⅲ）设 为平面 的法向量，则 即
不妨令 ，可得 .
由题意，有 ，解得 .经检验，符合题意.
所以，线段 的长为
【考点】用向量证明平行，用空间向量求直线与平面的夹角，用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】本题主要考查空间向量的应用，直线与平面平行判定定理、二面角、直线与平面所成的角等知识。
（Ⅰ）欲证 平面 ，需证出 与平面 的法向量垂直，由 是平面 的法向量，又 ，可得 ，进而得出 平面 ；
（Ⅱ）要求直线 与平面 所成角的正弦值，只要找出 与平面 的法向量所成的角的余弦值即可。
（Ⅲ）设出平面 的法向量 ，根据 求出 ，再根据 ，求出线段CF的长。
5.【答案】 （1）解：由已知得AD BE ， CG BE ， 所以AD CG ， 故AD ， CG确定一个平面，从而A ， C ， G ， D四点共面．
由已知得AB BE ， AB BC ， 故AB 平面BCGE ．
又因为AB 平面ABC ， 所以平面ABC 平面BCGE ． （2）取CG的中点M ， 连结EM ， DM.
因为AB//DE ， AB 平面BCGE，所以DE 平面BCGE ， 故DE CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM CG ， 故CG 平面DEM.
因此DM CG.
在 DEM中，DE=1，EM= ，故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
【考点】直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由已知可证AD CG ， 得到AD ， CG确定一个平面，即可证明结论；（2）先作辅助线，可证DE 平面BCGE ， 得DE CG ， 又可证CG 平面DEM ， 得DM CG ， 利用勾股定理得到DM=2，即可求出四边形ACGD的面积.
6.【答案】 （1）解：由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB BE，AB BC，故AB 平面BCGE．
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC 平面BCGE． （2）作EH BC，垂足为H．因为EH 平面BCGE，平面BCGE 平面ABC，所以EH 平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠ EBC=60°，可求得BH=1，EH= ．
以H为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，
则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ）， =（1，0， ）， =（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为 =（x，y，z），则
即
所以可取 =（3，6，– ）．
又平面BCGE的法向量可取为 =（0，1，0），所以 ．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）由已知可证AD CG，得到AD，CG确定一个平面，即可证明结论；（2）先作辅助线，可证EH 平面ABC，再建立空间直角坐标系，求出平面ACGD与平面BCGE的法向量，代入向量的夹角公式，即可求出二面角B–CG–A的大小.
7.【答案】 （1）解：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1 ， BE 平面ABB1A1 ，
故 .
又 ，所以BE⊥平面 . （2）由（1）知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ ABE≌ Rt△ A1B1E，所以 ，故AE=AB=3， .
作 ，垂足为F， 则EF⊥平面 ，且 .
所以，四棱锥 的体积 .
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】(1)利用线面垂直的性质得出线线垂直，再由线面垂直的判定定理即可得证。（2）由三角形全等的出 ，进而得出边的关系，再结合题意作出辅助线，得出线线垂直从而得出线面垂直即可得出四棱锥的高线，再由四棱锥的体积公式代入数值求出结果即可。
8.【答案】 （1）解：由已知得， 平面 ， 平面 ，
故 ．
又 ，所以 平面 ．
（2）由（1）知 ．由题设知 ，所以 ，
故 ， ．
以 为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则C（0，1，0），B（1，1，0）， （0，1，2），E（1，0，1）， ， ．
设平面EBC的法向量为 =（x，y，x），则
即
所以可取 = .
设平面 的法向量为 =（x，y，z），则
即
所以可取 =（1，1，0）．
于是 ．
所以，二面角 的正弦值为 ．
【考点】直线与平面垂直的判定，与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）根据题意由线面垂直的性质得出线线垂直，再由线线垂直的判定定理出线面垂直。（2）建立空间直角坐标系，分别求出各个点的坐标以及对应的向量的坐标，构造出法向量n由向量垂直的数量积为零，求出法向量n，同理求出平面 的法向量m，则两个平面垂直即为两个法向量垂直，利用数量积的运算公式即可求出两个法向量所成角的余弦值，从而求出该角的正弦值即为二面角 的正弦值。
9.【答案】 （Ⅰ）证明：因为ABCD为菱形，所以 ，
又因为 ，所以 ，而 ，
故 ；
（Ⅱ）因为 ,所以 ，故 为等边三角形，
而E为CD 的中点，故 ,所以 ,
又因为 ，所以 ,
因为 ，所以 ,
又因为 ，所以 ；
（Ⅲ）存在这样的F，当F为PB的中点时， ；
取AB的中点G，连接CF、CG和FG，
因为G为AB中点，所以AE与GC平行且相等，
故四边形AGCE为平行四边形，所以 ,故
在三角形BAP中，F、G分别为BP、BA的中点，所以 ,
故 ,因为GC和FG均在平面CFG内，且 ,
所以 ，故 .
【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理，证明直线与平面内两条相交直线垂直即可；
（Ⅱ）根据面面垂直的判定定理，证明直线与平面垂直，即可得到面面垂直；
（Ⅲ）根据面面平行的判定定理，证明面面平行，即可说明两平面没有公共点，因此，一个平面内任意一条直线与另一平面均无公共点，即可说明线面平行.
10.【答案】 （I）证明：因为PA 平面ABCD，所以PA CD，
又因为CD AD， ，所以CD 平面PAD；
（II）过A作AM BC交BC于M，
以A为原点，AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由于PA=AD=CD=2,BC=3,E为PD的中点， ,
A（0，0，0），C（2，2，0），D（0,2,0），P（0,0,2）， ，
E（0,1,1），M（2,0,0）
由已知，平面AEP的法向量为 ，
设平面AEF的法向量为 ，且 ，
由 得 令z=-1，则 ，
设二面角F-AE-P的夹角为 ，
则 ，
而二面角F-AE-P为锐二面角，故其余弦值为 ；
（III）设点B（2，-1,0），由于 ，且 ,
则 ,
所以 ,
而平面AEF的法向量 ，
且 ,所以 ，而 平面AEF，
所以AG在平面AEF内.
【考点】直线与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（I）根据线面垂直的判定定理，证明线线垂直，即可得到线面垂直；
（II）建立空间直角坐标系，表示点的坐标，写出相应的向量，求出平面的法向量，结合空间向量的数量积运算，即可求出二面角的余弦值；
（III）根据空间向量，证明法向量与直线的方向向量垂直，再根据点在平面内，即可证明直线在平面内.
11.【答案】 （1）解：连结 .因为M ， E分别为 的中点，所以 ，且 .又因为N为 的中点，所以 .
由题设知 ，可得 ，故 ，因此四边形MNDE为平行四边形， .又 平面 ，所以MN∥平面 .
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得 ， ，所以DE⊥平面 ，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面 ，故CH的长即为C到平面 的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以 ，故 .
从而点C到平面 的距离为 .
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件，用中点作中位线证线线平行，再利用线线相等结合平行四边形的定义证出四边形MNDE为平行四边形，再利用平行四边形的定义证出另一组线线平行，从而用线线平行结合线面平行的判定定理证出线面平行。（2）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件，用线面垂直的定义证出线线垂直，再利用线面垂直结合线面垂直的判定定理证出线面垂直，从而推出CH的长即为C到平面 的距离，由已知可得CE=1，C1C=4，所以 ，故 从而点C到平面 的距离为 .
12.【答案】 （1）解：连结 .因为M ， E分别为 的中点，所以 ，且 .又因为N为 的中点，所以 .
由题设知 ，可得 ，故 ，因此四边形MNDE为平行四边形， .又 平面 ，所以MN∥平面 .
（2）解：建立空间直角坐标系，点N在底面投影为点F，
设平面 的法向量为
由 取 得其中一个法向量
易知平面 的一个法向量为
所以二面角 的正弦值为
【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件，用中点作中位线证线线平行，再利用线线相等结合平行四边形的定义证出四边形MNDE为平行四边形，再利用平行四边形的定义证出另一组线线平行，从而用线线平行结合线面平行的判定定理证出线面平行。（2）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件找出二面角的平面角，再利用空间向量的方法求出二面角的平面角的正弦值。
一、解答题
1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D ， E分别为BC ， AC的中点，AB=BC ．
求证：
（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E ．
2.（2019?浙江）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1 ， 平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F分别是AC，A1B1的中点
?
（1）证明：EF⊥BC
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
3.（2019?天津）如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， 为等边三角形，平面 平面 ， ， ，
（Ⅰ）设 分别为 的中点，求证： 平面 ；
（Ⅱ）求证： 平面 ；
（Ⅲ）求直线 与平面 所成角的正弦值.
4.（2019?天津）如图， 平面 ， ， .
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（Ⅲ）若二面角 的余弦值为 ，求线段 的长.
5.（2019?全国Ⅲ）图1是由矩形ADEB、 ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB ， BC折起使得BE与BF重合，连结DG ， 如图2.
（1）证明图2中的A ， C ， G ， D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的四边形ACGD的面积.
6.（2019?全国Ⅲ）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFCC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DC，如题2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B-CG-A的大小.
7.（2019?卷Ⅱ）如图，长方体 的底面 是正方形，点 在棱 上， 。
（1）证明： ；
（2）若 ， ，求四棱锥 的体积。
8.（2019?卷Ⅱ）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
?
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
9.（2019?北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
10.（2019?北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3。E为PD的中点，点F在PC上，且 .
（I）求证：CD⊥平面PAD；
（II）求二面角F-AE-P的余弦值；
（III）设点G在PB上，且 .判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由。
11.（2019?卷Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2， BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1 ， A1D的中点
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离。
12.（2019?卷Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2， BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1 ， A1D的中点
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值。
答案解析部分
一、解答题
1.【答案】 （1）证明：因为D ， E分别为BC ， AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1 ，
所以A1B1∥ED.
又因为ED?平面DEC1 ， A1B1 平面DEC1 ，
所以A1B1∥平面DEC1. （2）解：因为AB=BC ， E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE?平面ABC ， 所以CC1⊥BE.
因为C1C?平面A1ACC1 ， AC?平面A1ACC1 ， C1C∩AC=C ，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E?平面A1ACC1 ， 所以BE⊥C1E.
【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用直三棱柱的结构特征结合中点的性质，用中位线证出线线平行，从而证出线面平行。 （2）因为AB=BC ， E为AC的中点，所以BE⊥AC ， 再结合直三棱柱的结构特征证出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直。
2.【答案】 （1）连接A1E ， 因为A1A=A1C ， E是AC的中点，所以A1E⊥ AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC ， A1E 平面A1ACC1 ，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC ，
所以，A1E⊥ 平面ABC ， 则A1E⊥ BC.
又因为A1F∥AB ， ∠ABC=90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥ BC. （2）取BC中点G ， 连接EG ， GF ， 则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC ， 故AE1⊥EG ， 所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（I）得BC⊥平面EGFA1 ， 则平面A1BC⊥平面EGFA1 ，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于O ， 则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2 ，EG= .
由于O为A1G的中点，故 ，
所以 ．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 ．
方法二：
连接A1E ， 因为A1A=A1C ， E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC ， A1E 平面A1ACC1 ，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC ， 所以，A1E⊥平面ABC.
如图，以点E为原点，分别以射线EC ， EA1为y ， z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.
不妨设AC=4，则
A1（0，0，2 ），B（ ，1，0）， ， ，C(0，2，0).
因此， ， ．
由 得 ．
【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直，即可得到线线垂直； （2） 通过线面垂直，找到直线与平面所成的角，结合余弦定理，求出相应的角即可.
3.【答案】 解：（Ⅰ）证明：连接 ，易知 ， .又由 ，故 ，又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ）证明：取棱 的中点 ，连接 .依题意，得 ，又因为平面 平面 ，平面 平面 ，所以 平面 ，交 平面 ，故 .又已知 ， ，所以 平面 .
（Ⅲ）解：连接 ，由（Ⅱ）中 平面 ，可知 为直线 与平面 所成的角，
因为 为等边三角形， 且 为 的中点，所以 .又 ，
在 中， .
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为
【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）欲证 平面 ，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证 与平面 内一直线平行，由三角形中位线可得 ，即可证得；
（Ⅱ））欲证 平面 ，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证 与平面 内两相交直线垂直，由平面 平面 ， ，得出 平面 ，进而得出 ，再由 ，即可证得 平面 ；
（Ⅲ）连接 ，构造直角三角形 ，可知 为直线 与平面 所成的角，解直角三角形，求出 的大小，即可得出直线 与平面 所成的角。
4.【答案】 解：依题意，可以建立以 为原点，分别以 的方向为 轴， 轴， 轴正方向的空间直角坐标系（如图），
可得 ， .设 ，则 .
（Ⅰ）证明：依题意， 是平面 的法向量，又 ，可得 ，又因为直线 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ）依题意， .
设 为平面 的法向量，则 即 不妨令 ，
可得 .因此有 .
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（Ⅲ）设 为平面 的法向量，则 即
不妨令 ，可得 .
由题意，有 ，解得 .经检验，符合题意.
所以，线段 的长为
【考点】用向量证明平行，用空间向量求直线与平面的夹角，用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】本题主要考查空间向量的应用，直线与平面平行判定定理、二面角、直线与平面所成的角等知识。
（Ⅰ）欲证 平面 ，需证出 与平面 的法向量垂直，由 是平面 的法向量，又 ，可得 ，进而得出 平面 ；
（Ⅱ）要求直线 与平面 所成角的正弦值，只要找出 与平面 的法向量所成的角的余弦值即可。
（Ⅲ）设出平面 的法向量 ，根据 求出 ，再根据 ，求出线段CF的长。
5.【答案】 （1）解：由已知得AD BE ， CG BE ， 所以AD CG ， 故AD ， CG确定一个平面，从而A ， C ， G ， D四点共面．
由已知得AB BE ， AB BC ， 故AB 平面BCGE ．
又因为AB 平面ABC ， 所以平面ABC 平面BCGE ． （2）取CG的中点M ， 连结EM ， DM.
因为AB//DE ， AB 平面BCGE，所以DE 平面BCGE ， 故DE CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM CG ， 故CG 平面DEM.
因此DM CG.
在 DEM中，DE=1，EM= ，故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
【考点】直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）由已知可证AD CG ， 得到AD ， CG确定一个平面，即可证明结论；（2）先作辅助线，可证DE 平面BCGE ， 得DE CG ， 又可证CG 平面DEM ， 得DM CG ， 利用勾股定理得到DM=2，即可求出四边形ACGD的面积.
6.【答案】 （1）解：由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB BE，AB BC，故AB 平面BCGE．
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC 平面BCGE． （2）作EH BC，垂足为H．因为EH 平面BCGE，平面BCGE 平面ABC，所以EH 平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠ EBC=60°，可求得BH=1，EH= ．
以H为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，
则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0， ）， =（1，0， ）， =（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为 =（x，y，z），则
即
所以可取 =（3，6，– ）．
又平面BCGE的法向量可取为 =（0，1，0），所以 ．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）由已知可证AD CG，得到AD，CG确定一个平面，即可证明结论；（2）先作辅助线，可证EH 平面ABC，再建立空间直角坐标系，求出平面ACGD与平面BCGE的法向量，代入向量的夹角公式，即可求出二面角B–CG–A的大小.
7.【答案】 （1）解：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1 ， BE 平面ABB1A1 ，
故 .
又 ，所以BE⊥平面 . （2）由（1）知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ ABE≌ Rt△ A1B1E，所以 ，故AE=AB=3， .
作 ，垂足为F， 则EF⊥平面 ，且 .
所以，四棱锥 的体积 .
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】(1)利用线面垂直的性质得出线线垂直，再由线面垂直的判定定理即可得证。（2）由三角形全等的出 ，进而得出边的关系，再结合题意作出辅助线，得出线线垂直从而得出线面垂直即可得出四棱锥的高线，再由四棱锥的体积公式代入数值求出结果即可。
8.【答案】 （1）解：由已知得， 平面 ， 平面 ，
故 ．
又 ，所以 平面 ．
（2）由（1）知 ．由题设知 ，所以 ，
故 ， ．
以 为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz， 则C（0，1，0），B（1，1，0）， （0，1，2），E（1，0，1）， ， ．
设平面EBC的法向量为 =（x，y，x），则
即
所以可取 = .
设平面 的法向量为 =（x，y，z），则
即
所以可取 =（1，1，0）．
于是 ．
所以，二面角 的正弦值为 ．
【考点】直线与平面垂直的判定，与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）根据题意由线面垂直的性质得出线线垂直，再由线线垂直的判定定理出线面垂直。（2）建立空间直角坐标系，分别求出各个点的坐标以及对应的向量的坐标，构造出法向量n由向量垂直的数量积为零，求出法向量n，同理求出平面 的法向量m，则两个平面垂直即为两个法向量垂直，利用数量积的运算公式即可求出两个法向量所成角的余弦值，从而求出该角的正弦值即为二面角 的正弦值。
9.【答案】 （Ⅰ）证明：因为ABCD为菱形，所以 ，
又因为 ，所以 ，而 ，
故 ；
（Ⅱ）因为 ,所以 ，故 为等边三角形，
而E为CD 的中点，故 ,所以 ,
又因为 ，所以 ,
因为 ，所以 ,
又因为 ，所以 ；
（Ⅲ）存在这样的F，当F为PB的中点时， ；
取AB的中点G，连接CF、CG和FG，
因为G为AB中点，所以AE与GC平行且相等，
故四边形AGCE为平行四边形，所以 ,故
在三角形BAP中，F、G分别为BP、BA的中点，所以 ,
故 ,因为GC和FG均在平面CFG内，且 ,
所以 ，故 .
【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理，证明直线与平面内两条相交直线垂直即可；
（Ⅱ）根据面面垂直的判定定理，证明直线与平面垂直，即可得到面面垂直；
（Ⅲ）根据面面平行的判定定理，证明面面平行，即可说明两平面没有公共点，因此，一个平面内任意一条直线与另一平面均无公共点，即可说明线面平行.
10.【答案】 （I）证明：因为PA 平面ABCD，所以PA CD，
又因为CD AD， ，所以CD 平面PAD；
（II）过A作AM BC交BC于M，
以A为原点，AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由于PA=AD=CD=2,BC=3,E为PD的中点， ,
A（0，0，0），C（2，2，0），D（0,2,0），P（0,0,2）， ，
E（0,1,1），M（2,0,0）
由已知，平面AEP的法向量为 ，
设平面AEF的法向量为 ，且 ，
由 得 令z=-1，则 ，
设二面角F-AE-P的夹角为 ，
则 ，
而二面角F-AE-P为锐二面角，故其余弦值为 ；
（III）设点B（2，-1,0），由于 ，且 ,
则 ,
所以 ,
而平面AEF的法向量 ，
且 ,所以 ，而 平面AEF，
所以AG在平面AEF内.
【考点】直线与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（I）根据线面垂直的判定定理，证明线线垂直，即可得到线面垂直；
（II）建立空间直角坐标系，表示点的坐标，写出相应的向量，求出平面的法向量，结合空间向量的数量积运算，即可求出二面角的余弦值；
（III）根据空间向量，证明法向量与直线的方向向量垂直，再根据点在平面内，即可证明直线在平面内.
11.【答案】 （1）解：连结 .因为M ， E分别为 的中点，所以 ，且 .又因为N为 的中点，所以 .
由题设知 ，可得 ，故 ，因此四边形MNDE为平行四边形， .又 平面 ，所以MN∥平面 .
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得 ， ，所以DE⊥平面 ，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面 ，故CH的长即为C到平面 的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以 ，故 .
从而点C到平面 的距离为 .
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件，用中点作中位线证线线平行，再利用线线相等结合平行四边形的定义证出四边形MNDE为平行四边形，再利用平行四边形的定义证出另一组线线平行，从而用线线平行结合线面平行的判定定理证出线面平行。（2）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件，用线面垂直的定义证出线线垂直，再利用线面垂直结合线面垂直的判定定理证出线面垂直，从而推出CH的长即为C到平面 的距离，由已知可得CE=1，C1C=4，所以 ，故 从而点C到平面 的距离为 .
12.【答案】 （1）解：连结 .因为M ， E分别为 的中点，所以 ，且 .又因为N为 的中点，所以 .
由题设知 ，可得 ，故 ，因此四边形MNDE为平行四边形， .又 平面 ，所以MN∥平面 .
（2）解：建立空间直角坐标系，点N在底面投影为点F，
设平面 的法向量为
由 取 得其中一个法向量
易知平面 的一个法向量为
所以二面角 的正弦值为
【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件，用中点作中位线证线线平行，再利用线线相等结合平行四边形的定义证出四边形MNDE为平行四边形，再利用平行四边形的定义证出另一组线线平行，从而用线线平行结合线面平行的判定定理证出线面平行。（2）利用直四棱柱的结构特征结合已知条件找出二面角的平面角，再利用空间向量的方法求出二面角的平面角的正弦值。
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