模块四空间几何体练习题

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模块四 空间几何体

一、解答题
1．已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.

（1）若点，分别是，的中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
2．如下图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，，．

（1）求与所成角的余弦值；
（2）求证：．
3．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
4．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．

（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
5．如图，

（I）求证
（II）设
6．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC，AA1＝AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE＝3EB1．

（1）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；
（2）设异面直线AB1与CD的夹角为45°，求二面角A1﹣AC1﹣B1的大小．
7．如图，四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，E为PD的中点.

（1）证明：平面ACE；
（2）设，，直线PB与平面ABCD所成的角为，求四棱锥的体积.
8．在四棱锥中，底面是正方形，若．

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
9．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．

（I）求证：平面；
（II）求直线与平面所成角的正弦值．
（III）求二面角的正弦值．
10．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
11．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
12．如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.
（1）求直线与平面所成的角的大小；
（2）求平面与平面所成的二面角的正弦值.



13．如图所示，已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°,E,F分别是BC,PC的中点.

(1)证明:AE⊥PD;
(2)若H为PD上的动点,EH与平面PAD所成最大角的正切值为,
求二面角E—AF—C的余弦值.
14．
如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.

（Ⅰ）求证：AC⊥SD；
（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由.
15．如图，在三棱柱-中， ，， ，在底面 的射影为的中点， 为的中点.

（1）证明：D 平面；
（2）求二面角-BD- 的平面角的余弦值.

参考答案
1．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行；
（2）根据面面垂直的性质定理，可知平面，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
证明：（1）连接，
设点为的中点，连接，，
在中，又因为点为中点，
所以.

同理可证得，
又因为，分别为正方形的边，的中点，
故，所以.
又因为，所以平面平面.
又因为平面，所以平面.
（2）因为为正方形，，分别是，的中点，
所以四边形为矩形，则.
又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
则为直线在平面内的射影，
因为为直线与平面所成的角.
不妨设正方形边长为，则，
在中，，
因为平面，平面，所以，
在中，，
，
即为直线与平面所成角的正弦值.
2．（1）；（2）证明见解析．
【分析】
(1)由题意可得 即为SA 与 BC所成的角，根据余弦定理计算即可；
(2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明.
【详解】
【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质
【解】（1）因为，因此即为与所成的角，在中，，
又在正方形中，因此，
因此与所成角的余弦值是．
（2）因为平面平面，平面平面，在正方形中，，
因此平面，又因为平面，因此．
3．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】
（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】
本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，
题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
4．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】
（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以，
从而，设，，
则，即，解得，所以．
因为底面，
故四棱锥的体积为．
【点睛】
本题第一问解题关键是找到平面或平面的垂线，结合题目条件，所以垂线可以从中产生，稍加分析即可判断出平面，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．
5．见解析
【详解】
（I）,
,

（II）



，,

第一问主要是根据线面垂直得到线线垂直，然后再利用线线垂直得到线面垂直．第二问首先是利用已知条件得到一个平面，然后去证明面面平行，进而得到线面平行．
【考点定位】
线面垂直的判定定理和性质定理，面面平行的判定定理和性质定理．

6．（1）见解析；（2）arctan
【分析】
（1）欲证DE为异面直线AB1与CD的公垂线，即证DE与异面直线AB1与CD垂直相交即可；
（2）将AB1平移到DG，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，作HK⊥AC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1﹣AC1﹣B1的平面角，在三角形B1KH中求出此角即可．
【详解】
（1）连接A1B，记A1B与AB1的交点为F．因为面AA1BB1为正方形，故A1B⊥AB1，且AF＝FB1，
又AE＝3EB1，所以FE＝EB1，又D为BB1的中点，故DE∥BF，DE⊥AB1．
作CG⊥AB，G为垂足，由AC＝BC知，G为AB中点．
又由底面ABC⊥面AA1B1B．连接DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD．
所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线．
（2）因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG＝45°
设AB＝2，则AB1＝，DG＝，CG＝，AC＝．
作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C．又作HK⊥AC1，
K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1﹣AC1﹣B1的平面角．
B1H＝，C1H＝，AC1＝，HK＝，tan∠B1KH＝，
∴二面角A1﹣AC1﹣B1的大小为arctan．

【点睛】
本试题主要考查空间的线面关系与空间角的求解，考查考生的空间想象与推理计算的能力．三垂线定理的应用，属于基础题.
7．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
(1) 连接交于点，连接，由三角形的中位线定理可知，结合线面平行的判定定理可证明平面.
(2)由题意可知，再运用锥体体积公式可求得四棱锥的体积.
【详解】
（1）连接交于点，连接. 在中，因为，
所以，因为平面，平面，则平面.
（2）因为平面ABCD，所以就是直线PB与平面ABCD所成的角，所以，
又，，所以，
所以四棱锥的体积，
所以四棱锥的体积为.

8．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】

（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.

则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
9．（I）证明见解析；（II）；（III）.
【分析】
（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证；
（II）求出，由运算即可得解；
（III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解.
【详解】
（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
则,,,,,,，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，
所以,,,
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
因为，所以，
因为平面，所以平面；
（II）由（1）得，，
设直线与平面所成角为，
则；
（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的正弦值为.

10．（1）；（2）
【分析】
（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】
（1）平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
（2）设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
【点睛】
思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
11．（1）见解析；（2）
【分析】
通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．
【详解】
因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以
因为，，所以，
又，所以平面．
所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

所以，
．
由题设（）．
（1）因为，
所以，所以．
（2）设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，
此时．
【点睛】
本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出（），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．
12．（1）；（2）.
【详解】
解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.
又平面平面，平面平面,
则MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、M共面，
延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.
OB=MO=，MO∥AB，则，，
所以，故，
所以AM与平面BCD所成的角为.
（2）CE是平面与平面的交线.
由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.
作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，
∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.
因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.
，
，
所以，所求二面角的正弦值是.

解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，
又平面平面,则MO⊥平面.
以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系如图.
OB=OM=，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），
M（0，0，），B（0，，0），A（0，，2），
（1）设直线AM与平面BCD所成的角为.
因（0，，），平面的法向量为.
则有，所以，
即AM与平面BCD所成的角为.
（2），.
设平面ACM的法向量为，
由得.
解得，，取.
又平面BCD的法向量为，则
设所求二面角为，则.

13．（1）证明略（2）所求二面角的余弦值为
【详解】
(1) 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.
(2) 如图所示，设AB=2,H为PD上任意一点,连结AH、EH,
由(1)知,AE⊥平面PAD,
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.
在Rt△EAH中,AE=,
所以,当AH最短时,∠EHA最大,
即当AH⊥PD时,∠EHA最大.
此时,tan∠EHA===,
因此AH=.又AD=2,
所以∠ADH=45°,所以PA=2.
方法一 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°=,
AO=AE·cos30°=,又F是PC的中点,
在Rt△ASO中,SO=AO·sin45°=,
又SE===,
在Rt△ESO中,cos∠ESO===,
即所求二面角的余弦值为.
方法二 由(1)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
A（0，0，0），B（，-1，0），C（，1，0），
D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F(，，1），
所以=(，0，0），
=(，，1）.
设平面AEF的一法向量为
m=（x1，y1，z1），
因此
取z1=-1，则m=（0，2，-1），
因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，
所以BD⊥平面AFC，
故为平面AFC的一法向量.
又=（-，3，0），
所以cos〈m,〉===.
因此,二面角E—AF—C为锐角,
所以所求二面角的余弦值为
14．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）；（Ⅲ）2:1.
【分析】
（I）连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O-xyz，设底面边长为a，求出高SO，从而得到点S与点C和D的坐标，求出向量与，计算它们的数量积，从而证明出OC⊥SD，则AC⊥SD；（II）根据题意先求出平面PAC的一个法向量和平面DAC的一个法向量，设所求二面角为θ，则，从而求出二面角的大小；（III）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC，根据（Ⅱ）知是平面PAC的一个法向量，设，求出，根据可求出t的值，从而即当SE：EC=2：1时，，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC
【详解】
（I）证明：连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC．在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥平面SBD，得AC⊥SD
（II）设正方形边长a，则．
又，所以∠SDO＝60°．
连OP，由（I）知AC⊥平面SBD，所以AC⊥OP，且AC⊥OD．所以∠POD是二面角P－AC－D的平面角．
由SD⊥平面PAC，知SD⊥OP，所以∠POD＝30°，
即二面角P－AC－D的大小为30°

（III）在棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC．
由（II）可得，故可在SP上取一点N，使PN＝PD．过N作PC的平行线与SC的交点即为E．连BN，在△BDN中知BN∥PO．
又由于NE∥PC，故平面BEN∥平面PAC，得BE∥平面PAC．
由于SN∶NP＝2∶1，故SE∶EC＝2∶1
考点：1．直线与平面垂直的判定；2．二面角求解；3．线面平行的判定

15．（1）详见解析；（2）.
【详解】
（1）根据条件首先证得平面 ，再证明，即可得证；（2）
作，且，可证明为二面角 的平面角，再由
余弦定理即可求得，从而求解.
试题解析：（1）设为 的中点，由题意得平面，∴，∵，
∴，故 平面，由 ，分别 ，的中点，得 且
，从而 ，∴四边形为平行四边形，故 ，又∵
平面，∴ 平面；（2）作 ，且，连结，
由， ，得，由，
，得 ，由，得 ，因此为二面角
的平面角，由 ，， ，得，
，由余弦定理得，.

考点：1.线面垂直的判定与性质；2.二面角的求解