北师大版（新教材）高一必修2重点题型N13
立体几何
考试范围：平行关系、垂直关系；考试时间：100分钟；命题人：
题型1、线面平行的判定与性质
1．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，F为AC中点．
（1）求证：AB1∥平面BFC1．
（2）若此三棱柱为正三棱柱，且，求∠FBC1的大小；
【考点】直线与平面平行．
【分析】（1）取A1C1中点E，连接B1E，EF，AE，推导出四边形EFBB1是平行四边形，进一步得到平面AB1E∥平面BFC1，再利用面面平行的性质，证明AB1∥平面BFC1即可．
（2）设A1C1＝，则AA1＝2，分别求出BF，BC1，C1F，利用余弦定理能求出∠FBC1的大小．
【解答】解：（1）证明：取A1C1中点E，连接B1E，EF，AE，
∵在三棱柱中，E，F是中点，则，
∴四边形EFBB1是平行四边形，∴B1E∥BF，
∵B1E?平面BFC1，BF?平面BFC1，
∴B1E∥平面BFC1，
∵E，F是中点，∴，∴四边形AFC1E是平行四边形，∴AE∥C1F，
∵AE?平面BFC1，C1F?平面BFC1，∴AE∥平面BFC1，
∵B1E∩AE＝E，∴平面AB1E∥平面BFC1，
∵AB1?平面AB1E，∴AB1∥平面BFC1．
（2）设A1C1＝，则AA1＝2，
在正△ABC中，BF＝＝，
在Rt△BCC1中，BC＝，CC1＝2，
∴∴
∴cos∠FBC1＝＝＝．
∴∠FBC1的大小为arccos．
【点评】本题考查线面平行的证明，角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点．
（1）求证：QN∥平面PAD；
（2）记平面CMN与底面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并证明．
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行．
【分析】（1）推导出QN∥AD，由此能证明QN∥平面PAD；
（2）连接BD，则MN∥BD，从而MN∥平面ABCD，由线面平行的性质得MN∥l，从而BD∥l，由此能证明l∥平面PBD．
【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点．
∴QN∥BC，BC∥AD，∴QN∥AD，
∵QN?平面PAD，AD?平面PAD，
∴QN∥平面PAD；
（2）直线l与平面PBD平行，证明如下：
连接BD，∵M，N分别为PB，PD，PC的中点，
∴MN∥BD，
∵BD?平面ABCD，MN?平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD，
∵平面CMN与底面ABCD的交线为l，∴由线面平行的性质得MN∥l，
∵MN∥BD，∴BD∥l，
∵C∈l，C?BD，且BD?平面PBD，l?平面PBD，
∴l∥平面PBD．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力等数学核心素养，是基础题．
3．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点．
（1）求证：BC∥AD；
（2）求证：CE∥平面PAB．
【考点】直线与平面平行．
【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明．
【解答】证明：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，
BC?平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，
∴BC∥AD．
（2）取PA的中点F，连接EF，BF，
∵E是PD的中点，
∴EF∥AD，，
又由（1）可得BC∥AD，且，∴BC∥EF，BC＝EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，∴EC∥FB，
∵EC?平面PAB，FB?平面PAB，
∴EC∥平面PAB．
【点评】本题考查线面平行、线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是中档题．
4．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝CA＝2，AA1＝，若N为AB的中点．
（1）求证：AC1∥平面NB1C；（2）求B1C1与平面NB1C所成角的正弦值．
【考点】直线与平面平行；直线与平面所成的角．
【分析】（1）连接BC1，交B1C于点O，连接ON，推导出ON∥AC1，由此能证明AC1∥平面NB1C．
（2）以A为原点，AB为x轴，AA1为y轴，过A作平面ABB1A1的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出B1C1与平面NB1C所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：连接BC1，交B1C于点O，连接ON，
∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1C1C是矩形，∴O是BC1的中点，
∵N为AB的中点，∴ON∥AC1，
∵AC1?平面NB1C，ON?平面NB1C，∴AC1∥平面NB1C．
（2）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝CA＝2，AA1＝，N为AB的中点，
∴以A为原点，AB为x轴，AA1为y轴，过A作平面ABB1A1的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则B1（2，，0），C1（1，，），N（1，0，0），C（1，0，），
＝（﹣1，0，），＝（1，，0），＝（0，0，），
设平面NB1C的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝，得＝（，﹣1，0），
设B1C1与平面NB1C所成角为θ，则B1C1与平面NB1C所成角的正弦值为：
sinθ＝＝＝．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值等基础知识，考查运算求解能力和创新意识，考查化归与转化等数学思想．
5．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，AE⊥平面ABCD，AE∥CF．
（1）求证：DF∥平面ABE；
（2）若AD＝AE＝2CF＝2，求该几何体的表面积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；直线与平面平行．
【分析】（1）利用面面平行的判定定理及性质即可证明；
（2）分析该几何体的结构特征，计算出每个面的面积即可求解．
【解答】解：（1）证明：因为AE∥CF，CF?平面ABE，
所以CF∥平面ABE，
因为四边形ABCD是菱形，
所以CD∥AB，
由于CD?平面ABE，
所以CD∥平面ABE，
又CF∩CD＝C，
所以平面CDF∥平面ABE，
又DF?平面CDF，
所以DF∥平面ABE．
（2）由AE∥CF，知A，C，F，E四点共面，
连接AC，于是该几何体是由两个相同的四棱锥B﹣ACFE，D﹣ACFE构成的，
由题意知，S△ABE＝＝2，S△ABC＝＝，S△BCF＝＝1，
在△BEF中，EF＝，BE＝2，BF＝，S△BEF＝＝，
所以该几何体的表面积为2×（S△ABE+S△ABC+S△BCF+S△BEF）＝6+2+2．
【点评】本题主要考查了空间中线面平行的证明以及几何体表面积的计算，考查空间想象能力和运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理与数学运算，属于中档题．
题型2、面面平行的判定与性质
1．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分别为对角线BD、CD1上的点，且＝＝．
（1）求证：PQ∥平面A1D1DA；
（2）若R是CD上的点，当的值为多少时，能使平面PQR∥平面B1C1BC？请给出证明．
【考点】直线与平面平行；平面与平面平行．
【分析】（1）连接CP，并延长与DA的延长线交于M点，由三角形的相似和线面平行的判定定理，即可得证；
（2）当时，能使平面PQR∥平面Bl?lBC．由平行线的判定和性质，以及线面平行和面面平行的判定定理，即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接CP，并延长与DA的延长线交于M点，
因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，
故△PBC∽△PDM，所以，
又因为，所以，所以PQ∥MD1．
又MD1?平面A1D1DA，PQ?平面A1D1DA，
故PQ∥平面A1D1DA．
（2）当时，能使平面PQR∥平面Bl?lBC．
证明：因为，即有，故，所以QR∥DD1．
又∵DD1∥CC1，∴QR∥CC1，
又CC1?平面Bl?lBC，QR?平面Bl?lBC，
所以QR∥平面Bl?lBC，
由，得PR∥BC，BC?平面Bl?lBC，PR?平面Bl?lBC，
所以PR∥平面Bl?lBC，
又PR∩RQ＝R，
所以平面PQR∥平面Bl?lBC．
【点评】本题考查线面平行和面面平行的判定定理，以及平行线的性质和三角形相似的性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
2．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
（1）B，C，H，G四点共面；
（2）平面EFA1∥平面BCHG．
【考点】平面与平面平行．
【分析】（1）利用三角形中位线的性质，证明GH∥B1C1，从而可得GH∥BC，即可证明B，C，H，G四点共面；
（2）证明平面EFA1中有两条直线A1E、EF分别与平面BCHG中的两条直线BG、BC平行，即可得到平面EFA1∥平面BCHG．
【解答】证明：（1）∵G、H分别为A1B1，A1C1中点，∴GH∥B1C1，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC∥B1C1，
∴GH∥BC
∴B、C、H、G四点共面；
（2）∵E、F分别为AB、AC中点，
∴EF∥BC
∴EF∥BC∥B1C1∥GH
又∵E、G分别为三棱柱侧面平行四边形AA1B1B对边AB、A1B1中点，
∴四边形A1EBG为平行四边形，A1E∥BG
∴平面EFA1中有两条直线A1E、EF分别与平面BCHG中的两条直线BG、BC平行
∴平面EFA1∥平面BCHG．
【点评】本题考查平面的基本性质，考查面面平行，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N、P分别是AD1、BD和B1C的中点，求证：
（1）MN∥平面CC1D1D；
（2）平面MNP∥平面CC1D1D．
【考点】直线与平面平行；平面与平面平行．
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；（2）根据面面平行的判定定理证明即可．
【解答】证明：（1）连接AC，CD1，
∵ABCD是正方形，N是BD中点，
∴N是AC中点，
又∵M是AD1中点，
∴MN∥CD1，
∵MN?平面CC1D1D，CD1?平面CC1D1D，
∴MN∥平面CC1D1D；
（2）连接BC1，C1D，
∵B1BCC1是正方形，P是B1C的中点，
∴P是BC1中点，
又∵N是BD中点，
∴PN∥C1D，
∵PN?平面CC1D1D，CD1?平面CC1D1D，
∴PN∥平面CC1D1D，
由（1）得MN∥平面CC1D1D，且MN∩PN＝N，
∴平面MNP∥平面CC1D1D．
【点评】本题考查了线面平行，面面平行的判定定理，是一道中档题．
4．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D、P分别是棱AB，A1B1的中点，求证：
（1）AC1∥平面B1CD；
（2）平面APC1∥平面B1CD．
【考点】平面与平面平行．
【分析】（1）设BC1与B1C的交点为O，连结OD，证明OD∥AC1，再由线面平行的判定可得AC1∥平面B1CD；
（2）由P为线段A1B1的中点，点D是AB的中点，证得四边形ADB1P为平行四边形，得到AP∥DB1，进一步得到AP∥平面B1CD．再由AC1∥平面B1CD，结合面面平行的判定可得平面APC1∥平面B1CD．
【解答】证明：（1）设BC1与B1C的交点为O，连结OD，
∵四边形BCC1B1为平行四边形，∴O为B1C中点，
又D是AB的中点，∴OD是三角形ABC1的中位线，则OD∥AC1，
又∵AC1?平面B1CD，OD?平面B1CD，
∴AC1∥平面B1CD；
（2）∵P为线段A1B1的中点，点D是AB的中点，
∴AD∥B1P且AD＝B1P，则四边形ADB1P为平行四边形，∴AP∥DB1，
又∵AP?平面B1CD，DB1?平面B1CD，∴AP∥平面B1CD．
又AC1∥平面B1CD，AC1∩AP＝A，且AC1?平面APC1，AP?平面APC1，
∴平面APC1∥平面B1CD．
【点评】本题考查直线与平面，平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
5．已知如图：E、F、G、H分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点．
（1）求证：EG∥平面BB1D1D；
（2）求证：平面BDF∥平面B1D1H．
【考点】直线与平面平行；平面与平面平行．
【分析】（1）取B1D1的中点O，易证四边形BEGO为平行四边形，故有OB∥GE，从而证明EG∥平面BB1D1D．
（2）由正方体得BD∥B1D1，由四边形HBFD1是平行四边形，可得
HD1∥BF，可证
平面BDF∥平面B1D1H．
【解答】证明：（1）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，取B1D1的中点O，
连接GO，OB，由OG、BE都平行且等于B1C1的一半，
可得四边形BEGO为平行四边形，
故OB∥GE，而OB?平面BB1D1D，GE
不在平面BB1D1D内，
由线面平行的判定定理即可证
EG∥平面BB1D1D．
（2）由正方体ABCD﹣A1B1C1D1，得BD∥B1D1，
由于B1D1?平面B1D1H，而BD?平面B1D1H，∴BD∥平面B1D1H．
如图，连接HB、D1F，
易证BF与
HD1平行且相等，可得四边形HBFD1是平行四边形，故HD1∥BF．
∵HD1?平面B1D1H，而BF?平面B1D1H，∴BF∥平面B1D1H．
又BD∩BF＝B，BD?平面BDF，BF?平面BDF，
所以，平面BDF∥平面B1D1H．
【点评】本题考查证面面平行、线面平行的方法，直线与平面平行的判定、性质的应用，取B1D1的中点O，是解题的突破口，属于基础题．
题型3、线面垂直的判定与性质
1．如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C是圆O上的点．
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）若Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直．
【分析】（1）由PA⊥圆所在的平面，可得PA⊥BC，由直径对的圆周角等于90°，可得BC⊥AC，根据直线和平面垂直的判定定理可得结论．
（2）连接OG并延长交AC于点M，则由重心的性质可得M为AC的中点．利用三角形的中位线性质，证明OM∥BC，QM∥PC，可得平面OQM∥平面PBC，从而证明QG∥平面PBC．
【解答】（1）证明：∵AB是圆O的直径，PA⊥圆所在的平面，可得PA⊥BC，
C是圆O上的点，由直径对的圆周角等于90°，可得BC⊥AC．
再由AC∩PA＝A，利用直线和平面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAC．
（2）证明：若Q为PA的中点，G为△AOC的重心，连接OG并延长交AC于点M，
连接QM，则由重心的性质可得M为AC的中点．
故OM是△ABC的中位线，QM是△PAC的中位线，故有OM∥BC，QM∥PC．
而OM和QM是平面OQM内的两条相交直线，AC和BC是平面PBC内的两条相交直线，
故平面OQM∥平面PBC．
又QG?平面OQM，∴QG∥平面PBC．
【点评】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理、直线和平面平行的判定定理的应用，属于中档题．
2．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABC，PA＝2，BC＝CD＝2，∠ACB＝∠ACD＝．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若侧棱PC上的点F满足PF＝7FC，求三棱锥P﹣BDF的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直．
【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的性质可得BD⊥AC，再由PA⊥底面ABC，可得PA⊥BD．再利用直线和平面垂直的判定定理证明BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）由侧棱PC上的点F满足PF＝7FC，可得三棱锥F﹣BCD的高是三棱锥P﹣BCD的高的．求出△BCD的面积S△BCD，再根据三棱锥P﹣BDF的体积
V＝VP﹣BCD﹣VF﹣BCD＝﹣，运算求得结果．
【解答】解：（Ⅰ）∵BC＝CD＝2，∴△BCD为等腰三角形，再由
，∴BD⊥AC．
再由PA⊥底面ABC，可得PA⊥BD．
而PA∩AC＝A，故BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）∵侧棱PC上的点F满足PF＝7FC，
∴三棱锥F﹣BCD的高是三棱锥P﹣BCD的高的．
△BCD的面积S△BCD＝BC?CD?sin∠BCD＝＝．
∴三棱锥P﹣BDF的体积
V＝VP﹣BCD﹣VF﹣BCD＝﹣＝×＝＝．
【点评】本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，用间接解法求棱锥的体积，属于中档题．
3．如图，四棱锥S﹣ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1．
（Ⅰ）证明：SD⊥平面SAB；
（Ⅱ）求AB与平面SBC所成的角的大小．
【考点】直线与平面垂直；直线与平面所成的角．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，即证明SD垂直于面SAB中两条相交的直线SA，SB；在证明SD与SA，SB的过程中运用勾股定理即可
（Ⅱ）求AB与平面SBC所成的角的大小即利用平面SBC的法向量，当为锐角时，所求的角即为它的余角；当为钝角时，所求的角为
【解答】（Ⅰ）证明：在直角梯形ABCD中，
∵AB∥CD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝1
∴AD＝＝
∵侧面SAB为等边三角形，AB＝2∴SA＝2∵SD＝1∴AD2＝SA2+SD2
∴SD⊥SA同理：SD⊥SB
∵SA∩SB＝S，SA，SB?面SAB∴SD⊥平面SAB
（Ⅱ）建立如图所示的空间坐标系
则A（2，﹣1，0），B（2，1，0），C（0，1，0），
作出S在底面上的投影M，则由四棱锥S﹣ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形知，M点一定在x轴上，又AB＝BC＝2，CD＝SD＝1．可解得MD＝，从而解得SM＝，故可得S（，0，）
则
设平面SBC的一个法向量为
则，
即取x＝0，y＝，z＝1
即平面SBC的一个法向量为＝（0，，1）
又＝（0，2，0）
cos＜，＞＝＝＝
∴＜，＞＝arccos
即AB与平面SBC所成的角的大小为arcsin
【点评】本题考查了直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角以及空间向量的基本知识，属于中档题．
4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
（Ⅰ）CD⊥AE；
（Ⅱ）PD⊥平面ABE．
【考点】直线与平面垂直．
【分析】（Ⅰ）先证明CD⊥平面PAC，然后证明CD⊥AE；
（Ⅱ）要证PD⊥平面ABE，只需证明PD垂直平面ABE内的两条相交直线AE与AB即可．
【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD，又AC⊥CD，PA∩AC＝A，
故CD⊥平面PAC．又AE?平面PAC，∴CD⊥AE．
（Ⅱ）由题意：AB⊥AD，
∴AB⊥平面PAD，从而AB⊥PD．又AB＝BC，且∠ABC＝60°，
∴AC＝AB，从而AC＝PA．又E为PC之中点，∴AE⊥PC．
由（Ⅰ）知：AE⊥CD，∴AE⊥平面PCD，从而AE⊥PD．
又AB∩AE＝A，故PD⊥平面ABE．
【点评】本题考查直线与直线的垂直，直线与平面的垂直，考查直线与平面垂直判定定理的应用，考查空间想象能力．
5.．如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝．
（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；
（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的大小；
（Ⅲ）求点E到平面ACD的距离．
【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直；点、线、面间的距离计算．
【分析】（I）欲证AO⊥平面BCD，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证AO与平面BCD内两相交直线垂直，而CO⊥BD，AO⊥OC，BD∩OC＝O，满足定理；
（II）以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，异面直线AB与CD的向量坐标，求出两向量的夹角即可；
（III）求出平面ACD的法向量，点E到平面ACD的距离转化成向量EC在平面ACD法向量上的投影即可．
【解答】解：（I）证明：连接OC
∵BO＝DO，AB＝AD，
∴AO⊥BD．∵BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD．
在△AOC中，由已知可得．
而AC＝2，
∴AO2+CO2＝AC2，∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC．
∵BD∩OC＝O，∴AO⊥平面BCD
（II）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则B（1，0，0），D（﹣1，0，0），．
∴，
∴异面直线AB与CD所成角的大小为．
（III）解：设平面ACD的法向量为，
则
∴
令y＝1，得是平面ACD的一个法向量．
又，
∴点E到平面ACD的距离．
【点评】本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．
题型4：面面垂直的判定与性质
1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别是AP、AD的中点，求证：
（1）直线EF∥平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD．
【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直．
【分析】（1）要证直线EF∥平面PCD，只需证明EF∥PD，EF不在平面PCD中，PD?平面PCD即可．
（2）连接BD，证明BF⊥AD．说明平面PAD∩平面ABCD＝AD，推出BF⊥平面PAD；然后证明平面BEF⊥平面PAD．
【解答】证明：（1）在△PAD中，
∵E，F分别为AP，AD的中点，
∴EF∥PD．
又∵EF不在平面PCD中，PD?平面PCD
∴直线EF∥平面PCD．
（2）连接BD．在△ABD中，
∵AB＝AD，∠BAD＝60°．即两底角相等并且等于60°，
∴△ABD为正三角形．
∵F是AD的中点，
∴BF⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，BF?平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴BF⊥平面PAD．
又∵BF?平面EBF，∴平面BEF⊥平面PAD．
【点评】本题是中档题，考查直线与平面平行，平面与平面的垂直的证明方法，考查空间想象能力，逻辑推理能力，常考题型．
2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4．
（Ⅰ）设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求四棱锥P﹣ABCD的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直．
【分析】（I）欲证平面MBD⊥平面PAD，根据面面垂直的判定定理可知在平面MBD内一直线与平面PAD垂直，而根据平面PAD与平面ABCD垂直的性质定理可知BD⊥平面PAD；
（II）过P作PO⊥AD交AD于O，根据平面PAD与平面ABCD垂直的性质定理可知PO⊥平面ABCD，从而PO为四棱锥P﹣ABCD的高，四边形ABCD是梯形，根据梯形的面积公式求出底面积，最后用锥体的体积公式进行求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：在△ABD中，
由于AD＝4，BD＝8，，
所以AD2+BD2＝AB2．故AD⊥BD．
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD?平面ABCD，
所以BD⊥平面PAD，
又BD?平面MBD，
故平面MBD⊥平面PAD．
（Ⅱ）解：过P作PO⊥AD交AD于O，
由于平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD．因此PO为四棱锥P﹣ABCD的高，
又△PAD是边长为4的等边三角形．因此．
在底面四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝2DC，
所以四边形ABCD是梯形，在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为，
此即为梯形ABCD的高，所以四边形ABCD的面积为．
故．
【点评】本小题主要考查平面与平面垂直的判定，以及棱锥的体积等有关知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．
3.．已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD是∠A＝60°、边长为a的菱形，又PD⊥底ABCD，且PD＝CD，点M、N分别是棱AD、PC的中点．
（1）证明：DN∥平面PMB；
（2）证明：平面PMB⊥平面PAD；
（3）求点A到平面PMB的距离．
【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直；点、线、面间的距离计算．
【分析】（1）取PB中点Q，连接MQ、NQ，再加上QN∥BC∥MD，且QN＝MD，于是DN∥MQ，再利用直线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题；
（2）易证PD⊥MB，又因为底面ABCD是∠A＝60°、边长为a的菱形，且M为AD中点，然后利用平面与平面垂直的判定定理进行证明；
（3）因为M是AD中点，所以点A与D到平面PMB等距离，过点D作DH⊥PM于H，由（2）平面PMB⊥平面PAD，所以DH⊥平面PMB，DH是点D到平面PMB的距离，从而求解．
【解答】解：（1）证明：取PB中点Q，连接MQ、NQ，
因为M、N分别是棱AD、PC中点，
所以QN∥BC∥MD，且QN＝MD，于是DN∥MQ．
?DN∥平面PMB．
（2）?PD⊥MB
又因为底面ABCD是∠A＝60°、边长为a的菱形，且M为AD中点，
所以MB⊥AD．
又AD∩PD＝D，
所以MB⊥平面PAD.?平面PMB⊥平面PAD．
（3）因为M是AD中点，所以点A与D到平面PMB等距离．
过点D作DH⊥PM于H，由（2）平面PMB⊥平面PAD，所以DH⊥平面PMB．
故DH是点D到平面PMB的距离.．
∴点A到平面PMB的距离为．
【点评】本题主要考查空间线面的位置关系，空间角的计算等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力和探究能力，同时考查学生灵活利用图形，借助向量工具解决问题的能力，考查数形结合思想．
4．已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝1，AB＝2，M是PB的中点．
（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD；
（Ⅱ）求AC与PB所成的角；
（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小．
【考点】异面直线及其所成的角；平面与平面垂直；二面角的平面角及求法．
【分析】法一：（Ⅰ）证明面PAD⊥面PCD，只需证明面PCD内的直线CD，垂直平面PAD内的两条相交直线AD、PD即可；
（Ⅱ）过点B作BE∥CA，且BE＝CA，∠PBE是AC与PB所成的角，解直角三角形PEB求AC与PB所成的角；
（Ⅲ）作AN⊥CM，垂足为N，连接BN，说明∠ANB为所求二面角的平面角，在三角形AMC中，用余弦定理求面AMC与面BMC所成二面角的大小．
法二：以A为坐标原点AD长为单位长度，建立空间直角坐标系，
（Ⅰ）求出，计算，推出AP⊥DC．，然后证明CD垂直平面PAD，即可证明面PAD⊥面PCD；
（Ⅱ），计算．即可求得结果．
（Ⅲ）在MC上取一点N（x，y，z），则存在使，说明∠ANB为所求二面角的平面角．求出，计算
即可取得结果．
【解答】法一：（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，
∴由三垂线定理得：CD⊥PD．
因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，
∴CD⊥面PAD．
又CD?面PCD，
∴面PAD⊥面PCD．
（Ⅱ）解：过点B作BE∥CA，且BE＝CA，
则∠PBE是AC与PB所成的角．
连接AE，可知AC＝CB＝BE＝AE＝，又AB＝2，
所以四边形ACBE为正方形．由PA⊥面ABCD得∠PEB＝90°
在Rt△PEB中BE＝a2＝3b2，PB＝，
∴．
∴AC与PB所成的角为．
（Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连接BN．
在Rt△PAB中，AM＝MB，又AC＝CB，
∴△AMC≌△BMC，
∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角
∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，
在Rt△PCB中，CM＝MB，所以CM＝AM．
在等腰三角形AMC中，AN?MC＝，
∴．
∴AB＝2，
∴
故所求的二面角为．
法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，
如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为
A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），
D（1，0，0），P（0，0，1），M
（Ⅰ）证明：因为，
故，所以AP⊥DC．
又由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD．
又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD
（Ⅱ）解：因，
故＝，
所以．
由此得AC与PB所成的角为．
（Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），
则存在使，，
∴x＝1﹣λ，y＝1，z＝λ．
要使AN⊥MC，只需即，
解得．可知当时，N点坐标为，能使．
，
有由得AN⊥MC，BN⊥MC．所以∠ANB为所求二面角的平面角．
∵，
∴．
故所求的二面角为arccos．
【点评】本题考查平面与平面垂直，二面角的求法，异面直线所成的角，考查空间想象能力，逻辑思维能力，转化思想，是中档题．
5.．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1．求证：
（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F．
【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直．
【分析】（1）通过证明DE∥AC，进而DE∥A1C1，据此可得直线DE∥平面A1C1F1；
（2）通过证明A1F⊥DE结合题目已知条件A1F⊥B1D，进而可得平面B1DE⊥平面A1C1F．
【解答】解：（1）∵D，E分别为AB，BC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AC，
∵ABC﹣A1B1C1为棱柱，
∴AC∥A1C1，
∴DE∥A1C1，
∵A1C1?平面A1C1F，且DE?平面A1C1F，
∴DE∥A1C1F；
（2）在ABC﹣A1B1C1的直棱柱中，
∴AA1⊥平面A1B1C1，
∴AA1⊥A1C1，
又∵A1C1⊥A1B1，且AA1∩A1B1＝A1，AA1、A1B1?平面AA1B1B，
∴A1C1⊥平面AA1B1B，
∵DE∥A1C1，
∴DE⊥平面AA1B1B，
又∵A1F?平面AA1B1B，
∴DE⊥A1F，
又∵A1F⊥B1D，DE∩B1D＝D，且DE、B1D?平面B1DE，
∴A1F⊥平面B1DE，
又∵A1F?平面A1C1F，
∴平面B1DE⊥平面A1C1F．
【点评】本题考查直线与平面平行的证明，以及平面与平面相互垂直的证明，把握常用方法最关键，难度不大．
题型5、线面角的求解
1.．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD中点．
（Ⅰ）证明：PB∥平面ACM；
（Ⅱ）证明：AD⊥平面PAC；
（Ⅲ）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．
【分析】（I）由O为AC中点，M为PD中点．结合平行四边形的对角线性质，考虑连接BD，MO，则有PB∥MO，从而可证
（II）由∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1，易得AD⊥AC，PO⊥AD，根据线面垂直的判定定理可证
（III）取DO中点N，由PO⊥平面ABCD，可得MN⊥平面ABCD，从而可得∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△ANM中求解即可
【解答】解：（I）证明：连接BD，MO
在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，
所以O为BD的中点，又M为PD的中点，所以PB∥MO
因为PB?平面ACM，MO?平面ACM
所以PB∥平面ACM
（II）证明：因为∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC
又PO⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PO⊥AD，AC∩PO＝O，AD⊥平面PAC
（III）解：取DO中点N，连接MN，AN
因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝PO＝1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD
所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．
在Rt△DAO中，，所以，
∴，
在Rt△ANM中，＝＝
即直线AM与平面ABCD所成的正切值为
【点评】本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力、推理论证能力．
2．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D是AC的中点，A1D与AC1交于点E，F在线段AC1上，且AF＝2FC1，AA1＝1，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面AA1C1C；
（Ⅱ）求证：B1F∥平面A1BD；
（Ⅲ）求直线BC与平面A1BD所成的角的正弦值．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．
【分析】（Ⅰ）由CC1⊥平面ABC，BC?平面ABC，可证BC⊥CC1，在△ABC中，由余弦定理可证|AB|2＝|BC|2+|AC|2，即有BC⊥AC，又AC?平面AA1CC1，CC1?平面AA1CC1，AC∩CC1＝C，从而可证BC⊥平面AA1CC1．
（Ⅱ）以C为原点，分别以CA，CC1，CB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，则设F（x，y，0），由AF＝2FC1，可解得F，坐标，令，可解得存在m＝1，n＝，使得，可得向量与，共面，又B1，F?平面A1BD，可证B1F∥平面A1BD．
（Ⅲ）由（Ⅱ）可求得，，坐标，设平面A1BD的一个法向量m＝（x，y，z），直线BC与平面A1BD所成的角为θ，由，整理得，令x＝2，求得平面A1BD的一个法向量m，从而由sinθ＝||即可得解．
【解答】解：（Ⅰ）∵CC1⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴BC⊥CC1，
在△ABC中，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，
∴|BC|2＝|AB|2+|AC|2﹣2|AB||AC|cos∠BAC＝3，
则|AB|2＝|BC|2+|AC|2，
∴∠BAC＝90°，BC⊥AC，
又∵AC?平面AA1CC1，CC1?平面AA1CC1，AC∩CC1＝C，
∴BC⊥平面AA1CC1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知CC1⊥CA，CC1⊥CB，AC⊥CB，
如图，以C为原点，分别以CA，CC1，CB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，则有A（1，0，0），B（0，0，），A1（1，1，0），B1（0，1，），C1（0，1，0），D（，0，0），
设F（x，y，0），则＝（x﹣1，y，0），1＝（﹣x，1﹣y，0），
∵AF＝2FC1，∴，解得，
即F（，，0），＝（﹣，，），
若令，可解得m＝1，n＝，
∴存在m＝1，n＝，使得，
∴向量与，共面，又∵B1，F?平面A1BD，
∴B1F∥平面A1BD．
（Ⅲ）＝（﹣，0，），＝（，1，0），＝（0，0，），
设平面A1BD的一个法向量m＝（x，y，z），直线BC与平面A1BD所成的角为θ，
由得，整理得，
令x＝2，得平面A1BD的一个法向量m＝（2，﹣，1），
所以sinθ＝||＝||＝．
故直线BC与平面A1BD所成的角的正弦值为．
【点评】本题考查直线与平面平行的证明，直线与平面垂直的判定，正确求出平面的法向量是解题的关键，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用，考查了转化思想，属于中档题．
3．如图，四边形ABCD是矩形，AD＝2，DC＝1，AB⊥平面BCE，BE⊥EC，EC＝1．点F为线段BE的中点．
（I）求证：CE⊥平面ABE；
（Ⅱ）求证：DE∥平面ACF；
（Ⅲ）求AC和平面ABE所成角的正弦值．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．
【分析】（Ⅰ）由已知AB⊥平面BCE，证出AB⊥CE，又BE⊥EC，直接利用线面垂直的判定定理得到结论；
（Ⅱ）由F为线段BE的中点，设想连结BD交AC于点M得到BD的中点M，由三角形的中位线定理得到线线平行，从而证明线面平行；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，CE⊥平面ABE，∠CAE即为AC和平面ABE所成的角，在直角三角形ACE中，直接解直角三角形可得结论．
【解答】（Ⅰ）证明：如图，
由AB⊥平面BCE，可得AB⊥CE，
又由BE⊥EC，而AB∩BE＝B，AB?平面ABE，BE?平面ABE，
故CE⊥平面ABE；
（Ⅱ）证明：连结BD交AC于M，连结FM，由点F为线段BE的中点，
可得FM∥DE，而FM?平面ACF，DE?平面ACF，故DE∥平面ACF；
（Ⅲ）解：由（Ⅰ）知，CE⊥平面ABE，∠CAE即为AC和平面ABE所成的角．
由已知，AC＝，CE＝1，
在直角三角形ACE中，可得sin∠CAE＝．
即AC和平面ABE所成角的正弦值为．
【点评】本题考查了直线与平面垂直的判定，考查了直线与平面平行的判定，考查了线面角，解答的关键是创造使判定定理成立的条件，线面平行的判定常借助于三角形的中位线解决，是中档题．
4．如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在上，且OM∥AC．
（1）求证：平面MOE∥平面PAC；
（2）求证：BC⊥平面PAC；
（3）求直线PB与平面PAC所成的角的正弦值．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．
【分析】（1）先证明OE∥平面PAC、OM∥平面PAC，再利用面面平行的判定，可得平面MOE∥平面PAC；
（2）利用线线垂直证明线面垂直；
（3）由（2）知BC⊥面PAC，可得∠BPC为直线PB与平面PAC所成的角，求出BC、PB的值可得结论．
【解答】（1）证明：因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE∥PA
…（1分）
因为PA?平面PAC，OE?平面PAC，所以OE∥平面PAC．…（2分）
因为OM∥AC，因为AC?平面PAC，OM?平面PAC，所以OM∥平面PAC．…（3分）
因为OE∩OM＝O，所以平面MOE∥平面PAC
…（5分）
（2）证明：因为点C在以AB为直径的⊙O上，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC，
因为PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC．…（7分）
因为PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC；…（9分）
（3）解：由（2）知BC⊥面PAC，∴∠BPC为直线PB与平面PAC所成的角．…（10分）
在Rt△PAC中，，
在Rt△ABC中，，
在Rt△PBC中，…（12分）
∴．
∴直线PB与平面PAC所成的角的正弦值为…（14分）
【点评】本题考查面面平行，考查线面垂直，考查线面角，解题的关键是掌握面面平行、线面垂直的判定方法，属于中档题．
5．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝4，G为PD中点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PDC．
（Ⅰ）求证：AG⊥平面PCD；
（Ⅱ）求证：AG∥平面PEC；
（Ⅲ）求直线AC与平面PCD所成角．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．
【分析】（Ⅰ）欲证AG⊥平面PCD，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证AG与平面PCD内两相交直线垂直，根据CD⊥AD，CD⊥PA，可证得CD⊥平面PAD，从而CD⊥AG，又PD⊥AG满足线面垂直的判定定理条件；
（Ⅱ）欲证AG∥平面PEC，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证AG与平面PEC内一直线平行，作EF⊥PC于F，根据面面垂直的性质可知EF⊥平面PCD，而AG⊥平面PCD，则EF∥AG，又AG?面PEC，EF?面PEC，满足定理所需条件；
（Ⅲ）可以连接CG，构造直角三角形ACG，可知∠ACG即为直线AC与平面PCD所成角，解直角三角形，求出∠ACG的大小；
【解答】证明：（Ⅰ）∵CD⊥AD，CD⊥PA
∴CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AG，
又PD⊥AG
∴AG⊥平面PCD（4分）
（Ⅱ）证明：作EF⊥PC于F，因面PEC⊥面PCD
∴EF⊥平面PCD，又由（Ⅰ）知AG⊥平面PCD
∴EF∥AG，又AG?面PEC，EF?面PEC，
∴AG∥平面PEC…（4分）
（Ⅲ）连接CG，∴AG⊥CG，则∠ACG为所求的角．
在Rt三角形ACG中，∠AGC＝90°
可得AG＝AC，∠ACG＝30°…2分．
【点评】本题主要考查了线面垂直的判定，以及线面平行的判定和点到平面的距离的度量，同时考查了空间想象能力、运算求解能力、推理论证的能力，属于中档题；
题型6、二面角的求解
1.如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，M为线段AB的中点．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D﹣ABC，如图2所示．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACD；
（Ⅱ）求二面角A﹣CD﹣M的余弦值．
【考点】直线与平面垂直；二面角的平面角及求法．
【分析】（Ⅰ）要证BC⊥平面ACD，只需证明BC垂直平面ACD内的两条相交直线AC、OD即可；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的数量积，求二面角A﹣CD﹣M的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）在图1中，可得，从而AC2+BC2＝AB2，故AC⊥BC
取AC中点O连接DO，则DO⊥AC，又面ADC⊥面ABC，
面ADC∩面ABC＝AC，DO?面ACD，从而OD⊥平面ABC，（4分）
∴OD⊥BC
又AC⊥BC，AC∩OD＝O，
∴BC⊥平面ACD（6分）
另解：在图1中，可得，
从而AC2+BC2＝AB2，故AC⊥BC
∵面ADC⊥面ABC，面ADE∩面ABC＝AC，BC?面ABC，从而BC⊥平面ACD
（Ⅱ）建立空间直角坐标系O﹣xyz如图所示，
则，，
，
（8分）
设为面CDM的法向量，
则即，解得
令x＝﹣1，可得
又为面ACD的一个法向量
∴
∴二面角A﹣CD﹣M的余弦值为．（12分）
【点评】本题考查直线与平面的存在的判定，二面角的求法，考查逻辑思维能力和空间想象能力，是中档题．
2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
（1）证明PA∥平面EDB；
（2）证明PB⊥平面EFD；
（3）求二面角C﹣PB﹣D的大小．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；二面角的平面角及求法．
【分析】法一：（1）连接AC，AC交BD于O，连接EO要证明PA∥平面EDB，只需证明直线PA平行平面EDB内的直线EO；
（2）要证明PB⊥平面EFD，只需证明PB垂直平面EFD内的两条相交直线DE、EF，即可；
（3）必须说明∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角，然后求二面角C﹣PB﹣D的大小．
法二：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设DC＝a．
（1）连接AC，AC交BD于G，连接EG，求出，即可证明PA∥平面EDB；
（2）证明EF⊥PB，，即可证明PB⊥平面EFD；
（3）求出，利用，求二面角C﹣PB﹣D的大小．
【解答】解：方法一：
（1）证明：连接AC，AC交BD于O，连接EO．
∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点
在△PAC中，EO是中位线，∴PA∥EO
而EO?平面EDB且PA?平面EDB，
所以，PA∥平面EDB
（2）证明：
∵PD⊥底面ABCD且DC?底面ABCD，∴PD⊥DC
∵PD＝DC，可知△PDC是等腰直角三角形，而DE是斜边PC的中线，
∴DE⊥PC．①
同样由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC．
∵底面ABCD是正方形，有DC⊥BC，∴BC⊥平面PDC．
而DE?平面PDC，∴BC⊥DE．②
由①和②推得DE⊥平面PBC．
而PB?平面PBC，∴DE⊥PB
又EF⊥PB且DE∩EF＝E，所以PB⊥平面EFD．
（3）解：由（2）知，PB⊥DF，故∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角．
由（2）知，DE⊥EF，PD⊥DB．
设正方形ABCD的边长为a，
则，．
在Rt△PDB中，．
在Rt△EFD中，，∴．
所以，二面角C﹣PB﹣D的大小为．
方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设DC＝a．
（1）证明：连接AC，AC交BD于G，连接EG．
依题意得．
∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为且．
∴，这表明PA∥EG．
而EG?平面EDB且PA?平面EDB，∴PA∥平面EDB．
（2）证明；依题意得B（a，a，0），．
又，故．
∴PB⊥DE．
由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD．
（3）解：设点F的坐标为（x0，y0，z0），，则（x0，y0，z0﹣a）＝λ（a，a，﹣a）．
从而x0＝λa，y0＝λa，z0＝（1﹣λ）a．所以．
由条件EF⊥PB知，，即，解得
∴点F的坐标为，且，
∴
即PB⊥FD，故∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角．
∵，且，，
∴．
∴．
所以，二面角C﹣PB﹣D的大小为．
【点评】本小题考查直线与平面平行，直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力．
3.．如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，点E在CC1上且C1E＝3EC．
（Ⅰ）证明：A1C⊥平面BED；
（Ⅱ）求二面角A1﹣DE﹣B的大小．
【考点】直线与平面垂直；二面角的平面角及求法．
【分析】法一：（Ⅰ）要证A1C⊥平面BED，只需证明A1C与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直；
（Ⅱ）作GH⊥DE，垂足为H，连接A1H，说明∠A1HG是二面角A1﹣DE﹣B的平面角，然后解三角形，求二面角A1﹣DE﹣B的大小．
法二：建立空间直角坐标系，（Ⅰ）求出，证明A1C⊥平面DBE．
（Ⅱ）求出
平面DA1E和平面DEB的法向量，求二者的数量积可求二面角A1﹣DE﹣B的大小．
【解答】解：解法一：
依题设知AB＝2，CE＝1．
（Ⅰ）连接AC交BD于点F，则BD⊥AC．
由三垂线定理知，BD⊥A1C．（3分）
在平面A1CA内，连接EF交A1C于点G，
由于，
故Rt△A1AC∽Rt△FCE，∠AA1C＝∠CFE，∠CFE与∠FCA1互余．
于是A1C⊥EF．A1C与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，
所以A1C⊥平面BED．（6分）
（Ⅱ）作GH⊥DE，垂足为H，连接A1H．由三垂线定理知A1H⊥DE，
故∠A1HG是二面角A1﹣DE﹣B的平面角．（8分）
，，．，．
又，．．
所以二面角A1﹣DE﹣B的大小为．（（12分））
解法二：
以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，
建立如图所示直角坐标系D﹣xyz．
依题设，B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）．
，．（3分）
（Ⅰ）因为，，
故A1C⊥BD，A1C⊥DE．
又DB∩DE＝D，
所以A1C⊥平面DBE．（6分）
（Ⅱ）设向量＝（x，y，z）是平面DA1E的法向量，则，．
故2y+z＝0，2x+4z＝0．
令y＝1，则z＝﹣2，x＝4，＝（4，1，﹣2）．（9分）等于二面角A1﹣DE﹣B的平面角，
所以二面角A1﹣DE﹣B的大小为．（12分）
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，二面角的求法，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题．
4．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，又知BA1⊥AC1
（1）求证：AC1⊥平面A1BC；
（2）求二面角A﹣A1B﹣C的余弦值的大小．
【考点】直线与平面垂直；二面角的平面角及求法．
【分析】（1）根据题意可知BC⊥AC，而A1D⊥底ABC，所以A1D⊥BC，A1D∩AC＝D，从而BC⊥面A1AC，则BC⊥AC1，又因为BA1⊥AC1，BA1∩BC＝B，
满足线面垂直的判定定理，从而AC1⊥底A1BC；
（2）设AC1∩A1C＝O，作OE⊥A1B于E，连AE，由（1）所以A1B⊥AE，根据二面角的平面角的定义可知∠AEO为二面角平面角，在Rt△A1BC中求出OE，AO，AE，从而求出二面角余弦．
【解答】解：（1）证明：∠BCA＝90°得BC⊥AC，因为A1D⊥底ABC，
所以A1D⊥BC，A1D∩AC＝D，所以BC⊥面A1AC，
所以BC⊥AC1（3分）
因为BA1⊥AC1，BA1∩BC＝B，
所以AC1⊥底A1BC（1分）
（2）设AC1∩A1C＝O，作OE⊥A1B于E，连AE，由（1）
所以A1B⊥AE，所以∠AEO为二面角平面角，（2分）
在Rt△A1BC中，
所以，所以二面角余弦
【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及二面角的度量等有关问题，同时考查了数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，属于中档题．
5．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝4，AD＝2，AB＝2，BC＝6．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣D的大小．
【考点】平面与平面垂直；二面角的平面角及求法．
【分析】（Ⅰ）要证BD⊥平面PAC，只需证明BD垂直平面PAC内的两条相交直线PA，AC即可．
（Ⅱ）过E作EF⊥PC，垂足为F，连接DF，说明∠EFD为二面角A﹣PC﹣D的平面角，推出Rt△EFC∽Rt△PAC，通过解Rt△EFD，求二面角A﹣PC﹣D的大小．
【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD．∴BD⊥PA．
又，．∴∠ABD＝30°，∠BAC＝60°，∴∠AEB＝90°，即BD⊥AC．
又PA∩AC＝A．∴BD⊥平面PAC
（Ⅱ）过E作EF⊥PC，垂足为F，连接DF．
∵DE⊥平面PAC，EF是DF在平面PAC上的射影，由三垂线定理知PC⊥DF，∴∠EFD为二面角A﹣PC﹣D的平面角．
又∠DAC＝90°﹣∠BAC＝30°，
∴DE＝ADsinDAC＝1，，
又，∴，PC＝8．
由Rt△EFC∽Rt△PAC得．
在Rt△EFD中，，∴．
∴二面角A﹣PC﹣D的大小为．
【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，二面角及其度量，考查逻辑思维能力，空间想象能力，计算能力，是中档题．
题型7、点的存在性问题
1．如图，在底面是正方形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，BD交AC于点E，F是PC中点，G为AC上一点．
（Ⅰ）求证：BD⊥FG；
（Ⅱ）确定点G在线段AC上的位置，使FG∥平面PBD，并说明理由；
（Ⅲ）当二面角B﹣PC﹣D的大小为时，求PC与底面ABCD所成角的正切值．
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行；直线与平面所成的角．
【分析】（Ⅰ）要证：BD⊥FG，先证BD⊥平面PAC即可．
（Ⅱ）确定点G在线段AC上的位置，使FG∥平面PBD，FG∥平面PBD内的一条直线即可．
（Ⅲ）当二面角B﹣PC﹣D的大小为时，求PC与底面ABCD所成角的正切值．
只要作出二面角的平面角，解三角形即可求出结果．
这三个问题可以利用空间直角坐标系，解答（Ⅰ）求数量积即可．
（Ⅱ）设才点的坐标，向量共线即可解答．
（Ⅲ）利用向量数量积求解法向量，然后转化求出PC与底面ABCD所成角的正切值．
【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥面ABCD，四边形ABCD是正方形，其对角线BD，AC交于点E，
∴PA⊥BD，AC⊥BD，
∴BD⊥平面PAC，
∵FG?平面PAC，
∴BD⊥FG（5分）
解（Ⅱ）：当G为EC中点，即AG＝AC时，FG∥平面PBD，（7分）
理由如下：
连接PE，由F为PC中点，G为EC中点，知FG∥PE，
而FG?平面PBD，PE?平面PBD，
故FG∥平面PBD．（9分）
解（Ⅲ）：作BH⊥PC于H，连接DH，
∵PA⊥面ABCD，四边形ABCD是正方形，
∴PB＝PD，
又∵BC＝DC，PC＝PC，
∴△PCB≌△PCD，
∴DH⊥PC，且DH＝BH，
∴∠BHD就是二面角B﹣PC﹣D的平面角，（11分）
即∠BHD＝，
∵PA⊥面ABCD，∴∠PCA就是PC与底面ABCD所成的角（12分）
连接EH，则EH⊥BD，∠BHE＝，EH⊥PC，
∴tan∠BHE＝，而BE＝EC，
∴，∴sin∠PCA＝，∴tan∠PCA＝，
∴PC与底面ABCD所成角的正切值是（14分）
或用向量方法：
解：以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，设正方形ABCD的边长为1，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，a）（a＞0），
E（），F（），G（m，m，0）（0＜m＜）（2分）
（Ⅰ）＝（﹣1，1，0），＝（），×＝﹣m++m﹣+0＝0，
∴BD⊥FG（5分）
（Ⅱ）要使FG∥平面PBD，只需FG∥EP，而＝（），由＝可得，
解得l＝1，m＝，（7分）
∴G（，，0），∴，
故当AG＝AC时，FG∥平面PBD（9分）
（Ⅲ）设平面PBC的一个法向量为＝（x，y，z），
则，而，，
∴，取z＝1，得＝（a，0，1），同理可得平面PDC的一个法向量为＝（0，a，1），
设，所成的角为β，则|cosβ|＝|cos|＝，即＝，∴，∴a＝1（12分）
∵PA⊥面ABCD，∴∠PCA就是PC与底面ABCD所成的角，
∴tan∠PCA＝（14分）
【点评】本题考查直线与平面、平面与平面的性质，空间直线的位置关系，空间直角坐标系，空间想象能力，逻辑思维能力，是难度较大题目．
2．如图，底面为直角梯形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，E为A1B1的中点，且△ABE为等腰直角三角形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC．
（Ⅰ）求证：AB⊥DE；
（Ⅱ）求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，说明理由．
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行；直线与平面所成的角．
【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的性质证明AB⊥平面EOD，即可证明AB⊥DE；
（Ⅱ）建立空间坐标系，利用向量法即可求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；
（Ⅲ）根据线面平行的判定定理，结合空间直角坐标系即可得到结论．
【解答】证明：（Ⅰ）取AB的中点O，连结EO，DO，
∵EB＝EA，
∴EO⊥AB，
∵四边形ABCD是直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，
∴四边形OBCD为正方形，
∴AB⊥OD，
又EO，OD为平面EOD内的两条相交直线，
∴AB⊥平面EOD，由ED?平面EOD，
∴AB⊥DE
（Ⅱ）∵平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，
∴EO⊥平面ABCD，∴EO⊥OD，
由OD，OA，OE两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，
∵△EAB为等腰直角三角形，
∴OA＝0B＝0D＝0E，设OB＝1，
则O（0，0，0），A（0，1，0），B（0，﹣1，0），C（1，﹣1，0），D（1，0，0），E（0，0，1），
∴，
平面ABE的一个法向量为，
设直线EC与平面ABE所成角为θ，
则sin＝，
即直线EC与平面ABE所成角的正弦值是．
（Ⅲ）存在F，且＝时，有EC∥平面FBD，
证明如下：由，F（0，），
∴，，
设平面FBD的法向量为，
则，即，
令a＝1，则，
∵，
即，
∵EC?平面FBD，∴EC∥平面FBD．
即当F满足＝时，有EC∥平面FBD．
【点评】本题主要考查空间直线和平面平行和垂直的判定，利用空间向量法是解决本题的关键，综合性较强，有一定的难度．
3．如图，ABCD为直角梯形，∠C＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD．
（1）求证：PA⊥BD；
（2）若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD；
（3）若直线l过点P，且直线l∥直线BC，试在直线l上找一点E，使得直线PC∥平面EBD．
【考点】异面直线及其所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行．
【分析】（1）要证PA⊥BD，只需证明AB⊥BD、PB⊥BD（因为PA、PB是平面PAB内的两条相交直线）；
（2）利用反证法证明，推出CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，可证：PA≠PD；
（3）在上l取一点E，使PE＝BC，利用直线l∥直线BC，推出PC∥BE，可以证明直线PC∥平面EBD．
【解答】（1）∵ABCD为直角梯形，AD＝AB＝BD，
∴AB⊥BD，（1分）
PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PB?平面PAB，
BD⊥平面PAB，（4分）
PA?面PAB，∴PA⊥BD．（5分）
（2）假设PA＝PD，取AD中点N，连PN，BN，
则PN⊥AD，BN⊥AD，（7分）
AD⊥平面PNB，得PB⊥AD，（8分）
又PB⊥BD，得PB⊥平面ABCD，
∴PB⊥CD（9分）
又∵BC⊥CD，∴CD⊥平面PBC，
∴CD⊥PC，与已知条件PC与CD
不垂直矛盾
∴PC≠PD（10分）
（3）在上l取一点E，使PE＝BC，（11分）
∵PE∥BC，∴四边形BCPE是平行四边形，（12分）
∴PC∥BE，PC?平面EBD，BE?平面EBD
∴PC∥平面EBD．（14分）
【点评】本题考查直线与直线垂直，直线与平面平行，异面直线所成的角，考查空间想象能力，是中档题．
4．如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，，O、M分别为CE、AB的中点．
（Ⅰ）求证：OD∥平面ABC；
（Ⅱ）求直线CD和平面ODM所成角的正弦值；
（Ⅲ）能否在EM上找一点N，使得ON⊥平面ABDE？若能，请指出点N的位置，并加以证明；若不能，请说明理由．
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．
【分析】（I）取AC中点F，连接OF、FB，可证四边形BDOF是平行四边形，再利用直线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题；
（II）以C为原点，分别以CA、CB为x、y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，
设面ODM的法向量，则直线CD和平面ODM所成角为θ，从而求解．
（III）取EM中点N，连接ON、CM，因为AC＝BC，M为AB中点，可得CM⊥AB，证明ON∥CM即可求解．
【解答】解：（I）证明：取AC中点F，连接OF、FB（1分）
∵F是AC中点，O为CE中点，∴OF∥EA且OF＝，又BD∥AE且BD＝
∴OF∥DB，OF＝DB
∴四边形BDOF是平行四边形（2分）
OD∥FB（3分）
又∵FB?平面MEG，OD?平面MEG
∴OD面ABC．（4分）
（II）∵DB⊥面ABC，
又∵面ABDE⊥面ABC，面ABDE∩面ABC＝AB，DB?面ABDE，
∴DB⊥面ABC，
∵BD∥AE，
∴EA⊥面ABC，（5分）
如图，以C为原点，分别以CA、CB为x、y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系
∵AC＝BC＝4
∴各点坐标为：C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，2）
E（4，0，4）
∴（6分）
设面ODM的法向量，则由可得令x＝2，
得：（7分）
设直线CD和平面ODM所成角为θ．
则：．
∴直线CD和平面ODM所成角正弦值为．（8分）
（III）方法一：当N是EM中点时，ON⊥平面ABDE．（9分）
证明：取EM中点N，连接ON、CM，∵AC＝BC，M为AB中点，∴CM⊥AB，
又∵面ABDE⊥面ABC，面ABDE∩面ABC＝AB，CM?面ABC，
∴CM⊥AB，
∵N是EM中点，O为CE中点，∴ON∥CM，
∴ON⊥平面ABDE．（13分）
方法二当N是EM中点时，ON⊥平面ABDE．（9分）
∵DB⊥BA，又∵面ABDE⊥面ABC，面ABDE∩面ABC＝AB，DB?面ABDE
∴DB⊥面ABC，
∵BD∥AE，
∴EA⊥面ABC．
如图，以C为原点，分别以CA、CB为x、y轴，以过点C与平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AC＝BC＝4，
∴各点坐标为：C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0）D（0，4，2），E（4，0，4）
∴O（2，0，2），M（2，2，0），设N（a，b，c），
∴，（10分）
∵点N在ME上，∴，即（a﹣2，b﹣2，c）＝λ（4﹣a，﹣b，4﹣c）
∴
∴（11分）
∵ON⊥平面ABDE，
∴，∴，解得λ＝1．（12分）
∴即N是线段EM的中点，
∴当N是EM中点时，ON⊥平面ABDE．（13分）
【点评】本题主要考查空间线面的位置关系，空间角的计算等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力和探究能力，同时考查学生灵活利用图形，借助向量工具解决问题的能力，考查数形结合思想．
5．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1A的中点．
（1）求证：BC1∥平面CEF；
（2）在棱A1B1上是否存在点G，使得EG⊥CE？若存在，求A1G的长度；若不存在，说明理由．
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行．
【分析】（1）连结AD1，则FE∥BC1，由此能证明BC1∥平面CEF．
（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出在棱A1B1上存在点G，使得EG⊥CE，且A1G＝．
【解答】证明：（1）连结AD1，则BC1∥AD1，AD1∥FE，
∴FE∥BC1，
∵FE?面CEF，BC1?面CFE，
∴BC1∥平面CEF．
解：（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
假设棱A1B1上是存在点G，使得EG⊥CE，设A1G＝λ（0≤λ≤1），
则G（1，λ，1），E（，0，1），C（0，1，0），
＝（），＝（），
∵EG⊥CE，∴＝，
解得λ＝．
∴在棱A1B1上存在点G，使得EG⊥CE，且A1G＝．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查使得两线段垂直的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．北师大版（新教材）高一必修2重点题型N13
立体几何
考试范围：平行关系、垂直关系；考试时间：100分钟；命题人：
题型1、线面平行的判定与性质
1．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，F为AC中点．
（1）求证：AB1∥平面BFC1．
（2）若此三棱柱为正三棱柱，且，求∠FBC1的大小；
2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，N，M，Q分别为PB，PD，PC的中点．
（1）求证：QN∥平面PAD；
（2）记平面CMN与底面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并证明．
3．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点．
（1）求证：BC∥AD；
（2）求证：CE∥平面PAB．
4．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝CA＝2，AA1＝，若N为AB的中点．
（1）求证：AC1∥平面NB1C；（2）求B1C1与平面NB1C所成角的正弦值．
【考点】直线与平面平行；直线与平面所成的角．
5．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，AE⊥平面ABCD，AE∥CF．
（1）求证：DF∥平面ABE；
（2）若AD＝AE＝2CF＝2，求该几何体的表面积．
题型2、面面平行的判定与性质
1．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分别为对角线BD、CD1上的点，且＝＝．
（1）求证：PQ∥平面A1D1DA；
（2）若R是CD上的点，当的值为多少时，能使平面PQR∥平面B1C1BC？请给出证明．
2．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：
（1）B，C，H，G四点共面；
（2）平面EFA1∥平面BCHG．
3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N、P分别是AD1、BD和B1C的中点，求证：
（1）MN∥平面CC1D1D；
（2）平面MNP∥平面CC1D1D．
4．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D、P分别是棱AB，A1B1的中点，求证：
（1）AC1∥平面B1CD；
（2）平面APC1∥平面B1CD．
5．已知如图：E、F、G、H分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点．
（1）求证：EG∥平面BB1D1D；
（2）求证：平面BDF∥平面B1D1H．
题型3、线面垂直的判定与性质
1．如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C是圆O上的点．
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）若Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC．
2．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABC，PA＝2，BC＝CD＝2，∠ACB＝∠ACD＝．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若侧棱PC上的点F满足PF＝7FC，求三棱锥P﹣BDF的体积．
3．如图，四棱锥S﹣ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1．
（Ⅰ）证明：SD⊥平面SAB；
（Ⅱ）求AB与平面SBC所成的角的大小．
4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
（Ⅰ）CD⊥AE；
（Ⅱ）PD⊥平面ABE．
5.．如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝．
（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；
（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的大小；
（Ⅲ）求点E到平面ACD的距离．
题型4：面面垂直的判定与性质
1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别是AP、AD的中点，求证：
（1）直线EF∥平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD．
2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4．
（Ⅰ）设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求四棱锥P﹣ABCD的体积．
3.．已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD是∠A＝60°、边长为a的菱形，又PD⊥底ABCD，且PD＝CD，点M、N分别是棱AD、PC的中点．
（1）证明：DN∥平面PMB；
（2）证明：平面PMB⊥平面PAD；
（3）求点A到平面PMB的距离．
4．已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝1，AB＝2，M是PB的中点．
（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD；
（Ⅱ）求AC与PB所成的角；
（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小．
5.．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1．求证：
（1）直线DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F．
题型5、线面角的求解
1.．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD中点．
（Ⅰ）证明：PB∥平面ACM；
（Ⅱ）证明：AD⊥平面PAC；
（Ⅲ）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
2．三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D是AC的中点，A1D与AC1交于点E，F在线段AC1上，且AF＝2FC1，AA1＝1，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面AA1C1C；
（Ⅱ）求证：B1F∥平面A1BD；
（Ⅲ）求直线BC与平面A1BD所成的角的正弦值．
3．如图，四边形ABCD是矩形，AD＝2，DC＝1，AB⊥平面BCE，BE⊥EC，EC＝1．点F为线段BE的中点．
（I）求证：CE⊥平面ABE；
（Ⅱ）求证：DE∥平面ACF；
（Ⅲ）求AC和平面ABE所成角的正弦值．
4．如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在上，且OM∥AC．
（1）求证：平面MOE∥平面PAC；
（2）求证：BC⊥平面PAC；
（3）求直线PB与平面PAC所成的角的正弦值．
5．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝4，G为PD中点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PDC．
（Ⅰ）求证：AG⊥平面PCD；
（Ⅱ）求证：AG∥平面PEC；
（Ⅲ）求直线AC与平面PCD所成角．
题型6、二面角的求解
1.如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，M为线段AB的中点．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D﹣ABC，如图2所示．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACD；
（Ⅱ）求二面角A﹣CD﹣M的余弦值．
2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
（1）证明PA∥平面EDB；
（2）证明PB⊥平面EFD；
（3）求二面角C﹣PB﹣D的大小．
3.．如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，点E在CC1上且C1E＝3EC．
（Ⅰ）证明：A1C⊥平面BED；
（Ⅱ）求二面角A1﹣DE﹣B的大小．
4．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，又知BA1⊥AC1
（1）求证：AC1⊥平面A1BC；
（2）求二面角A﹣A1B﹣C的余弦值的大小．
5．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝4，AD＝2，AB＝2，BC＝6．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣D的大小．
题型7、点的存在性问题
1．如图，在底面是正方形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，BD交AC于点E，F是PC中点，G为AC上一点．
（Ⅰ）求证：BD⊥FG；
（Ⅱ）确定点G在线段AC上的位置，使FG∥平面PBD，并说明理由；
（Ⅲ）当二面角B﹣PC﹣D的大小为时，求PC与底面ABCD所成角的正切值．
2．如图，底面为直角梯形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，E为A1B1的中点，且△ABE为等腰直角三角形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC．
（Ⅰ）求证：AB⊥DE；
（Ⅱ）求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，说明理由．
3．如图，ABCD为直角梯形，∠C＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD．
（1）求证：PA⊥BD；
（2）若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD；
（3）若直线l过点P，且直线l∥直线BC，试在直线l上找一点E，使得直线PC∥平面EBD．
4．如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，，O、M分别为CE、AB的中点．
（Ⅰ）求证：OD∥平面ABC；
（Ⅱ）求直线CD和平面ODM所成角的正弦值；
（Ⅲ）能否在EM上找一点N，使得ON⊥平面ABDE？若能，请指出点N的位置，并加以证明；若不能，请说明理由．
5．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1A的中点．
（1）求证：BC1∥平面CEF；
（2）在棱A1B1上是否存在点G，使得EG⊥CE？若存在，求A1G的长度；若不存在，说明理由．
