王晓渔-掌纹歌词
立体几何
（一）选择题
1.（08山东卷6）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，
可得该几何体的表面积是
(A)9π （B）10π
(C)11π
(D)12π
答案：D
2.
(2009山东卷理)一空间几何体的三视图如图所示,则该几何
体的体积为( ).
A.
2
?
?23
B.
4
?
?23
C.
2
?
?
【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的,
圆柱的底面半径为1,高为2,体积为
2
?
,四棱锥的底面
2323
D.
4
?
?
33
2 2
1
边长为
2
，高为
3
，所以体积为
?
3
所以该几何体的体积为
2
?
?
??
2?3?
2
23
3
2
23
.
3
答案:C
2
正(主)视图
【命题立意】:本题考查了立体几何中的空间想象能力,
由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地
计算出.几何体的体积.
3.
(2009山东卷理)已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的
一条直线，则“
?<
br>?
?
”是“
m?
?
”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】:由平面与平面垂直的判定定理知如果m为平面α内的
2
侧(左)视图
俯视图
一条直线,
m?
?
,则
?
?
?
,反过来则不一定.所以“
?
?
?
”是“
m?
?
”的必要不充分条
件.
答案:B.
【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念
.
[来源学科网]
4. (2009山东卷文)已知α，β表示两个不同的平面，m
为平面α内的一条直线，则“
?
?
?
”
是“
m?
?
”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【解析】:由平面与
平面垂直的判定定理知如果m为平面α内的一条直线,
m?
?
,则
?
?
?
,反过来则不一定.所以“
?
?
?
”是
“
m?
?
”的必要不充分条件.
答案:B.
【命题立意】:本题主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念.
5、（2010山东数）在空间，下列命题正确的是
A.平行直线的平行投影重合
B.平行于同一直线的两个平面平行
C.垂直于同一平面的两个平面平行
D.垂直于同一平面的两条直线平行
[来源学§科§网Z§X§X§K]
[
【答案】D
【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案。
【命题意图】考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，属基础题。
6
、（2011山东11）11．右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三
棱柱，
其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯
视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命
题的个数是
A．3 B．2
C．1 D．0
答案：A
7、 (
2012山东卷文(13))如图，正方体
ABCD?A
1
B
1
C<
br>1
D
1
的棱长为1，E为线段
B
1
C
上的<
br>一点，则三棱锥
A?DED
1
的体积为＿＿＿＿＿.
答案：
1
6
[来
8
、（
2013
山东理）
4
．已知三棱柱
ABC?A
1
B
1
C<
br>1
的侧棱与底面垂直，体积为
9
，底面
4
是边长为
3
的正三角形
.
若
P
为底面
A
1
B
1
C
1
的中心，则
PA
与平面
ABC
所成角的大小
为
(A)
5
?
???
(B)
(C) (D)
12346
答案：4．B
9、（2013山东文）4.一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，
其正（主）视图如右图所示,则该四棱锥侧面积和体积分别是
(A)
45,8
(B)
45,
答案：4.B
[来源:Z&xx&]
88
(C)
4(5?1),
(D) 8,8
3
3
10、（2014山东文）13. 一个六棱锥的体积为
23
，其底面是边长为
2
的正六边形，侧棱长
都相等，则该
六棱锥的侧面积为 .
答案：（13）12
11、（2
014山东理）13.三棱锥
P?ABC
中，
D
，
E
分别为
PB
，
PC
的中点，记三棱锥
D?ABE
的体积为
V
1
，
P?ABC
的体积为
V
2
，则
答案
：
V
1
?
________.
V
2
1
4
（二）解答题
1、（08山东卷20)(本小题满分12分)
如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABC
D为菱形，PA⊥
平面ABCD，
?ABC?60?
,E，F分别是BC,
PC的中
点.
（Ⅰ）证明：AE⊥PD;
（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平
面PAD所成最大
角的正切值为
6
，求二面角E—AF—C的余弦值.
2
（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形.
因为 E为BC的中点，所以AE⊥BC.
又
BC∥AD，因此AE⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD，AE
?
平面ABCD，所以PA⊥AE.
而
PA
?
平面PAD，AD
?
平面PAD 且PA∩AD=A，
所以
AE⊥平面PAD，又PD
?
平面PAD.
所以 AE⊥PD.
（Ⅱ）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.
由（Ⅰ）知
AE⊥平面PAD，
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.
在Rt△EAH中，AE=
3
，
所以 当AH最短时，∠EHA最大，
即 当AH⊥PD时，∠EHA最大.
此时
tan∠EHA=
AE36
??,
AHAH2
因此
AH=
2
.又AD=2，所以∠ADH=45°，
所以 PA=2.
解法一：因为 PA⊥平面ABCD，PA
?
平面PAC，
所以 平面PAC⊥平面ABCD.
过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，
过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，
[]
在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=
3
3
，AO=AE·cos30°=
,
2
2
又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO·sin45°=
32
,
4
又
SE?EO
2
?SO
2
?
3830
??,
494
32
SO15
在Rt△ESO中，cos∠ESO=
?
4
?,
SE5
30
4
即所求二面角的余弦值为
15
.
5
解法二：由（Ⅰ）知AE，AD
，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间
直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点
，所以
E、F分别为BC、PC的中点，所以
A（0，0，0），B（
3
，-1，0），C（C，1，0），
D（0，2
，0），P（0，0，2），E（
3
，0，0），F（
31
,,1
）
，
22
所以
AE?(3,0,0),AF?(
31
,,1).
22
设
平面AEF的一法向量为
m?(x
1
,y
1
,z
1
),
?
3x
1
?0,
?
mAE?0,
?
?
则
?
因此
?
3
1
x
1
?y
1
?z
1
?0.
?
?
?
mAF?0,
?22
取
z
1
??1,则m?(0,2,?
1),
因为
BD⊥AC
，
BD⊥PA
，
PA∩AC=A
，
所以 BD⊥平面AFC，
[来源学科网Z.X.X.K]
故
BD
为平面AFC的一法向量.
又
BD
=（-
3,3,0
），
所以 cos＜m,
BD
＞=
mBD2?315
??.
5
|m||BD|
5?12
因为 二面角E-AF-C为锐角，
所以所求二面角的余弦值为
15
.
5
2.(2009山东卷理)（本小题满分12分）
如图，在直四棱柱A
BCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中，底面AB
CD为等腰梯形，ABCD，AB=4,
BC=CD=2, AA
1
=2,
E、E
1
、F分别是棱AD、AA
1
、AB的中点。
A
1
（1） 证明：直线EE
1
平面FCC
1
；
（2）
求二面角B-FC
1
-C的余弦值。
D
1
C
1
B
1
E
1
E
D
F
C
B A
解法一：（1）在直四棱柱ABCD-A1
B
1
C
1
D
1
中，取A
1
B
1
的中点F
1
，
连接A
1
D，C
1<
br>F
1
，CF
1
，因为AB=4, CD=2,且ABCD，
所以CD=A
1
F
1
，A
1
F
1
CD为平行四边形，所以CF
1
A
1
D，
又因为E、E
1
分别是棱AD、AA
1
的中点，所以EE
1
A
1
D
，
E
1
所以CF
1
EE
1
，又因为<
br>EE
1
?
平面FCC
1
，
CF
1
?
平面FCC
1
，
所以直线EE
1
平面FCC
1
.
A
A
1
D
1
C
1
B
1
C
O
F
B
F
1
P
D
E
（2）因为AB=4, BC=CD=2, 、F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,
△BCF为正三角形,取CF
的中点O,则OB⊥CF,又因为直四棱柱ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中,CC
1
⊥平面ABC
D,所以CC
1
⊥
BO,所以OB⊥平面CC
1
F,过O在平面CC
1
F内作OP⊥C
1
F,垂足为P,连接BP,则∠OPB为二面
角
B-FC
1
-C的一个平面角,
在△BCF为正三角形中,
OB?3
,在Rt△CC
1
F中, △OPF∽△
CC
1
F,∵
OPOF
12
?
∴
OP?<
br>,
?2?
22
CC
1
C
1
F
2<
br>2?2
2
OP7
114
22
?
2
?
在Rt△OPF中,
BP?OP?OB?
,
cos?OPB?
,所以
?3?
BP7
22
14
2
二面角B-
FC
1
-C的余弦值为
7
.
7
z
解法二:（1）因为AB=4, BC=CD=2, F是棱AB的中点,
所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形, 因为ABCD为
A
1
等腰梯形,所以∠BAC=∠ABC=60°,取AF的中点M,
连接DM,则DM⊥AB,所以DM⊥CD,
以DM为x轴,DC为y轴,DD
1
为z轴建立空间直角坐标系,
E
1
,则D（0,0,0）,A（
3
,-1,0）,F（
3
,1,0）,C（0,2,0）,
D
1
C
1
B
1
D
C
y
E
A
M
F
x
3
,-1,1）,所以
B
C
1
（0,2,2）,
E（
1
3
,
?
,0）,E
1
（
2
2
EE
1
?(
31
,?,1)
,
CF?(3,?1
,0)
,
CC
1
?(0,0,2)FC
1
?(?3,1,2
)
设平面CC
1
F的法
22
?
?
?
3x?
y?0
?
n?CF?0
向量为
n?(x,y,
则所以取
n?
(1,3,0)
,则
z
?
?
?
?
?
z?0
?
n?CC
1
?0
n?EE
1
?
31?1??3?1?0?0
,所以
n?EE
1
,所以直线EE
1<
br>平面FCC
1
.
22
?
?
n
1
?
FB?0
（2）
FB?(0,2,0)
,设平面BFC
1
的法向量为
n
1
?(x
1
,y
1
,z
1
)<
br>,则
?
所以
?
?
n
1
?FC
1?0
y
1
?0
?
?
,取
n
1
?(2,0,3)
,则
n?n
1
?2?1?3?0?0?3?2
,
?
?
?
?3x
1
?y
1
?2z
1
?0
|n|?1?(3)
2
?2
,
|n
1
|?2
2
?0?(3)
2
?7
,
所以
cos?n
,n
1
??
n?n
1
27
,由图可知二面角B-FC
1
-C为锐角,所以二面角
??
7
|n||n
1
|2?7
7
.
7
B-FC
1
-C的余弦值为
【命题立意】
:本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算.考查空间
想象能力和推理运算能力
,以及应用向量知识解答问题的能力.
3、（2010山东文数）（20）（本小题满分12分）
在如图所示的几何体中，四边形
ABCD
是正方形，
MA?
平面
ABCD
，
PDMA
，
E
、
G
、
F
分别为
MB
、
PB
、
PC
的
中点，且
AD?PD?2MA
.
（I）求证：平面
EFG?
平面
PDC
；
（II）求三棱锥
P?MAB
与四棱锥
P?ABCD
的体积
之比.
4、（2010山东理数）（19）（本小题满分12分）
如图，在五棱锥P—ABCDE中
，PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，
AE∥BC，
?
ABC=45
°，AB=2
2
，BC=2AE=4，三角形PAB是等腰三
角形．
（Ⅰ）求证：平面PCD⊥平面PAC；
（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的大小；
（Ⅲ）求四棱锥P—ACDE的体积．
【解析】（Ⅰ）证明：因为
?
ABC
=45°，AB=2
2
，BC=4，所以在
?ABC
中，由余弦定理
得：
AC
2
=(22)
2
+4
2
-2?22?4c
os45=8
，解得
AC=22
，
所以
AB+AC=8+8=16
=BC
，即
AB?AC
，又PA⊥平面ABCDE，所以PA⊥
AB
，
又PA
?AC?A
，所以
AB?平面PAC
，又AB∥CD，所
以
CD?平面PAC
，又因为
222
CD?平面PCD
，所以平面PCD⊥平面PAC；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面PCD⊥平面PAC
，
所以在平面PAC内，过点A作
AH?P
C
于H，
则
AH?平面PCD
，又AB∥CD，AB
?
平
面
PCD
内，所以AB平行于平面
PCD
，所以点A
到平面
PCD
的距离等于点B到平面
PCD
的距离，过点B作BO⊥平面
PCD于点O，则
1
?PBO
为所求角，
BO
=
30
，且
AH=BO
，又容易求得
AH=2
，所以
sin?PBO=，即
?P
2
所以直线PB与平面PCD所成角的大小为
30
；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知
CD?平面PAC
，所以
CD?AC
，又AC∥E
D，所以四边形ACDE是
直角梯形，又容易求得
DE?2
，AC=
22，所以四边形ACDE的面积为
11
（2?22）?2?3
，所以四棱锥P—AC
DE的体积为
?22?3
=
22
。
23
5、（2011山东理数19）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠
ACB=
90?
，
ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ
=２ＥＦ.
（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;
（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．
答案：（I）证法一：
因为EFAB，FGBC，EGAC，
?ACB?90?
，
所以
?EGF?90?,?ABC
∽
?EFG.
由于AB=2EF，
因此，BC=2FC，
连接AF，由于FGBC，
FG?
1
BC,
2
在
ABCD
中，M是线段AD的中点，
则AMBC，且
AM?
1
BC,
2
因此FGAM且FG=AM，
所以四边形AFGM为平行四边形，
因此GMFA。
又
FA?
平面ABFE，
GM?
平面ABFE，
所以GM平面AB。
证法二：
因为EFAB，FGBC，EGAC，
?A
CB?90?
，
所以
?EGF?90?,?ABC
∽
?EFG.
由于AB=2EF，
因此，BC=2FC，
[来源:Z_xx_]
取BC的中点N，连接GN，
因此四边形BNGF为平行四边形，
所以GNFB，
在
ABCD
中，M是线段AD的中点，连接MN，
则MNAB，
因为
MNGN?N,
所以平面GMN平面ABFE。
又
GM?
平面GMN，
所以GM平面ABFE。
（II）解法一：
因为
?ACB?90?,所以?CAD=90?
，
又
EA?
平面ABCD，
所以AC，AD，AE两两垂直，
分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所法的空间直角坐标系，
m]
不妨设
AC?BC?2AE?2,
则由题意得A（0，0，0，），B（2，-2，0），C（2，0，0，），E（0，0，1），
所以
AB?(2,?2,0),BC?(0,2,0),
又
EF?
1
AB,
2
所以
F(1,?1,1),BF?(?1,1,1).
设平面B
FC的法向量为
m?(x
1
,y
1
,z
1
),
则
m?BC?0,m?BF?0,
所以
?
?
y
1
?0,
取
z
1
?1得x
1
?1,<
br>
?
x
1
?z
1
,
所以
m?(1,
0,1),
设平面ABF的法向量为
n?(x
2
,y
2<
br>,z
2
)
，
则
n?AB?0,n?BF?0,
<
br>?
x
2
?y
2
,
所以
?
取y
2
?1,得x
2
?1,
z?0,
?
2
则
n?(1,1,0)
，
所以
cosm,n?
m?n1
?.
|m|?|n|2
因此二面角A—BF—C的大小为
60?.
解法二：
由题意知，平面
ABFE?
平面ABCD，
取AB的中点H，连接CH，
因为AC=BC，
所以
CH?AB
，
则
CH?
平面ABFE，
过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，
则
CR?BF.
所以
?HRC
为二面角A—BF—C的平面角。
由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。
在直角梯形ABFE中，连接FH，
则
FH?AB
，又
AB?22,
所以
HF?AE?1,BH?2,
因此在
Rt?BHF
中
，
HR?
由于
CH?
6
.
3
1
AB?2,
2
所以在
Rt?CHR
中，
tan?HRC?
2
?3,
6
3
因此二面角A—BF—C的大小为
60?.
ABCD
，底6、（2011山东文数19）如图，在四棱台
ABCD?A
1
D?平面
1
B
1
C
1
D
1
中，
D
面
ABCD
是平行四边形，
AB=2AD
，
AD=A
1
B
1
，
?BAD=
60°
（Ⅰ）证明：
AA
1
?BD
；
（Ⅱ）证明：
CC
1
∥平面A
1
BD
．
答案：（I）证法一：
因为
D
1
D?
平面ABCD，且<
br>BD?
平面ABCD，
所以
D
1
D?BD
，
又因为AB=2AD，
?BAD?60?
，
在
?ABD
中，由余弦定理得
BD
2
?A
D
2
?AB
2
?2AD?ABcos60??3AD
2
，<
br>[来源学科网]
所以
AD
2
?BD
2
?AB
2
，
因此
AD?BD
，
又
ADD
1
D?D,
所以
BD?平面ADD
1
A
1
.
又
AA
1
?
平面ADD
1
A
1
，
故
AA
1
?BD.
证法二：
因为
D<
br>1
D?
平面ABCD，且
BD?
平面ABCD，
所以
BD?D
1
D.
取AB的中点G，连接DG，
在
?ABD
中，由AB=2AD得AG=AD，
又
?BAD?60?
，所以
?ADG
为等边三角形。
因此GD=GB，
故
?DBG??GDB
，
又
?AGD?60?
所以?GDB=30?,
故?ADB=?AD
G+?GDB=60?+30?=90?,
所以BD?AD.
又ADD
1<
br>D?D,
所以
BD?
平面ADD
1
A
1
，
又
AA
1
?
平面ADD
1
A
1
，
故
AA
1
?BD.
II）连接AC，A
1
C
1
，
设
ACBD?E
，连接EA
1
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以
EC?
1
2
AC.
由棱台定义及AB=2AD=2A
1
B
1
知
A
1
C
1
EC且A
1
C
1
=EC，
所以边四形A
1
ECC
1
为平行四边形，
因此CC
1
EA
1
，
[来源:Z§xx§]
又因为EA
1
?
平面A
1
BD，
CC
1
?
平面A
1
BD，
（
所以CC
1
平面A
1
BD。
7、
(2012山东卷文(19)) (本小题满分12分)
如图，几何体
E?ABCD
是四棱锥，△
ABD
为正三角形，
CB?CD,EC?BD
(Ⅰ)求证：
BE?DE
；
(Ⅱ)若∠
BCD?120?
，M为线段AE的中点，
求证：
DM
∥平面
BEC
.
CO?BD
，(19)(I)设
BD
中点为O，连接OC，OE，则由
BC?CD
知，
又已知
CE?BD
，所以
BD?
平面OCE.
所以
BD?OE
，即OE是BD的垂直平分线，
所以
BE?DE
.
(II)取AB中点N，连接
MN,DN
，
∵M是AE的中点，∴
MN
∥
BE
，
∵△
ABD
是等边三角形，∴
DN?AB
.
由∠BCD＝
120°知，∠CBD＝30°，所以∠ABC＝60°+30°＝90°，即
BC?AB
，
所以ND∥BC，
所以平面MND∥平面BEC，故DM∥平面BEC.
8
、（
2013
山东理）
18
．（本小题满分
12
分）如图
所示，在三棱锥
P?ABQ
中，
PB?
平面
ABQ
，
BA?BP?BQ
，
D,C,E,F
分别是
AQ,BQ,A,P
的
BP
中点，
AQ?2BD
,
PD
与
EQ
交于点
G
，
PC
与
FQ
交于点
H
，连接
GH
.
[
来
（Ⅰ）求证：
ABGH
；
（Ⅱ）求二面角
D?GH?E
的余弦值。
答案：
18
．解：（Ⅰ）证明：因为
D,C,E,F
分别是
AQ,BQ,AP,BP
的中点，
所以
EF
∥
AB
,
DC
∥
AB
，所以
EF
∥DC
，
又
EF?
平面
PCD
，
DC
?
平面
PCD
，
所以
EF
∥平面
PCD
，
又
EF?平面
EFQ
,
平面
EFQ
所以
EF
∥
GH
，
又
EF
∥
AB
，
所以
AB
∥
GH
.
（Ⅱ）解法一：在△
ABQ
中
,
AQ?2BD
,
AD?DQ
,
所以
?ABQ=90
，即
AB?BQ
,
因为
PB?
平面
ABQ
,所以
AB?PB
，
又
BP
平面
PCD?GH
，
BQ?B
，
所以
AB?
平面
PBQ
，由（Ⅰ）知
AB
∥
GH<
br>,
所以
GH?
平面
PBQ
，又
FH?
平面
PBQ
，所以
GH?FH
，同理可得
GH?HC
，
所以
?FHC
为二面角
D?GH?E
的平面角，设
BA?B
Q?BP?2
,
连接
PC
，
在
Rt
△<
br>FBC
中，由勾股定理得，
FC?2
，
在
Rt△
PBC
中，由勾股定理得，
PC?5
，
又
H
为△
PBQ
的重心，所以
HC?
15
PC?
33
同理
FH?
5
,
3
55
??2
499
??
，
在△
FHC
中，由余弦定理得
c
os?FHC?
5
5
2?
9
4
即二面角
D?GH?
E
的余弦值为
?
.
5
解法二：在△
ABQ
中，<
br>AQ?2BD
,
AD?DQ
,
所以
?ABQ?90
，又
PB?
平面
ABQ
,
所以
BA,BQ,BP
两
两垂直，
以
B
为坐标原点，分别以
BA,BQ,BP
所在
直线为
x
轴，
y
轴，
z
轴，建立如图所示的空间
?
2
，则
E(1,0,1)
,
F(0,0,1)
,
Q(0,2
,0)
,
D(1,1,0)
，直角坐标系，设
BA?BQ?BP
C(
0,1,0)P(0,0,2)
,,
所以
EQ?(??
,
FQ?(0
,2,?1)
,
DP?(?1,?1,2)
,
CP?(0,?1,2)
,
设平面
EFQ
的一个法向量为
m?(x
1
,y
1
,z
1
)
，
由
m?EQ?0
，
m?FQ?0
,
得
?
?
?x
1
?2y
1
?z
1
?0
?
2y
1
?z
1
?0
取
y
1
?1
，得
m?(0,1,2)
.
设平面
PDC
的一个法向量为
n?(x
2
,y
2
,z
2
)
由
n?DP?0
，
n?CP?0
,
?
?x
2
?y
2
?2z
2
?0
得
?
?y?2z?0
?
22
取
z
2
?1
，得
n?(0,2,1)
.
所以
cosm,n?
m?
n
mn
?
4
5
4
.
5
因为二
面角
D?GH?E
为钝角，所以二面角
D?GH?E
的余弦值为
?<
br>
9、（2014山东文）18．（本小题满分12分）如图，四棱锥
P?ABCD中,
AP
⊥平面
PCD
,
AD
∥
BC
，
AB?BC?
1
AD
,
E,F
分别为线段
AD,
PC
的中点.
2
（1）求证：
AP
∥平面
BEF
;
（2）求证：
BE
⊥平面
PAC
.
答案：（18）解：
（I）设
AC
BE?O
，连结OF，EC，
由于E为AD的中点，
AB?BC?
1
AD,ADBC
，
2
所以
AEBC,AE?AB?BC
,
因此四边形ABCE为菱形，
所以O为AC的中点，
又F为PC的中点，
因此在
?PAC
中，可得
APOF
.
又
OF?
平面BEF，
AP?
平面BEF，
所以
AP
∥平面
BEF
.
(I)由题意知，
EDBC,ED?BC
,
所以四边形
BCDE
为平行四边形，
因此
BECD
.
又
AP?
平面PCD，
所以
AP?CD
，因此
AP?BE
.
因为四边形ABCE为菱形，
所以
BE?AC
.
又
APAC?A
，AP，AC
?
平面PAC，
所以
BE
⊥平面
PAC
.
10、（2014山东理）17
（．本小题满分12分）如图，在四棱柱
ABCD?A
底面
ABCD
1
BC
11
D
1
中，
是等腰梯形，
?DAB?60
，
AB?2CD?2
，
M
是线段
AB
的中点.
（Ⅰ）求证：
C
1
MA
1
ADD
1
； <
br>（Ⅱ）若
CD
1
垂直于平面
ABCD
且
CD
1
?3
，求平面
C
1
D
1
M
和平面
ABCD
所成的角（锐
角）的余弦值.
答案：解：（Ⅰ）连接
AD
1
?ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
为四棱柱，
?CDC
1D
1
CD?C
1
D
1
又
?M
为
AB
的中点，
?AM?1
?CDAM
,
CD?AM
?AMC
1
D
1
,
AM?C
1
D
1
?AMC
1
D
1
为平行四边形
?AD
1
MC
1
又
?C
1
M?平面A
1
ADD
1
AD
1
?平面A
1
ADD
1
?AD
1
平面A
1
ADD
1
（Ⅱ）方法一：
?ABA
1
B
1
A
1
B
1
C
1
D
1
?
面D
1
C
1
M与ABC
1
D
1
共面
作
CN?AB
,连接
D
1
N
则
?D
1
NC
即为所求二面角
在
ABCD
中，
DC?1,AB?2,?DAB?60
?
?CN?
3
2
在
Rt?D
1
CN
中，
CD
1
?3
,
CN?
方法二：作
CP?AB
于
p
点
3
15
?D
1
N?
2
2
以
C
为原点，
CD
为
x
轴，
CP
为
y
轴，
CD
1
为
z
轴建立空间坐标系，
13
?C
1
(?1,0,3),D
1
(0,0,3),M(,,0)
22
13
?C
1
D
1
?(1,0,0),D
1
M?(,,?
3)
22
设平面
C
1
D
1
M
的
法向量为
n?(x
1
,y
1
,z
1
)
?
x
1
?0
?
?n
1
?(0,2,1)
?
?
13
y<
br>1
?3z
1
?0
?
x
1
?
2
?
2
显然平面
ABCD
的法向量为
n
2
?(1,
0,0)
?cos?n
1
,n
2
??
n
1
?n
2
n
1
n
2
?
15
?
5
5
显然二面角为锐角，
所以平面
C
1
D
1
M
和平面
ABCD
所成角的余弦值为
5
<
br>5
3
NC35
?cos?D
1
CN??
2
?
?
D
1
N5
1515
2