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立体几何习题
一、选择题 (共 2小题)
1.在棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为BC的中点．当点M在平面DCC1D1内运动时，有MN∥
平面A1BD，则线段MN的最小值为 (　　)
A. 1 B. 62 C. 2 D. 3
2.如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F∥平面BD1E
的图形为 (　　)
A.① B. ①② C. ② D.①②③
二、解答题 (共 17小题)
3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，D，E分别为AA1，B1C的中点．
(1)求证：DE∥平面ABC；
(2)若DE⊥BC，二面角A-BD-C π的大小为 3 ，求直线B1C与平面BCD所成角的大小．
4.如图所示的四棱锥P-ABCD的底面ABCD是一个等腰梯形，AD∥BC，且AD= 2AB= 2BC= 4，PO
是△PAD的中线，点E是棱PD的中点．
(1)证明：CE∥平面PAB．
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD，PO=AO，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦
值．
5.在如图的几何体中，已知四边形ABCD为矩形，四边形ABEF为梯形，EF∥AB，点P为棱DF的中点．
(1)求证：BF∥平面APC；
(2)若AD= 4，AB= 2EF= 2AF= 2，AF⊥AB，2AP=FD，求点E到平面APC的距离．
6.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠BAD= 60°，AA1=AB，E为BB1的延长
线上一点，D1E⊥平面D1AC，设AB= 2．
(1)求平面EAC的法向量；
(2) D P在线段D1E 3上取一点P，满足 1PE = 2 ，求证：A1P∥平面EAC．
7.如图，在多面体ABCDP中，△ABC是边长为 2的等边三角形，PA=AB，BD=CD= 2 2，PC=PB=
2 2，点E是BC中点，平面ABC⊥平面BCD．
(1)求证：DE∥平面PAC；
(2)F是直线BC上的一点，若二面角F-DA-B为直二面角，求BF的长．
8.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，PA=PC，E，F分别为AB和PD的中点．
(1)求证：AC⊥平面PBD；
(2)求证：EF∥平面PBC．
9.如图，已知四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于O，∠BAD= 60°，平面ADEF∩平面BCEF=
直线EF，FO⊥平面ABCD，BC=CE=DE= 2EF= 2．
(Ⅰ)求证：直线BC∥平面ADEF；
(Ⅱ)求证：EF∥BC；
(Ⅲ)求直线AF与平面BCEF所成角的正弦值．
10.如图，已知在矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE折起到△A1DE(A1 平面ABCD)
的位置，M为线段A1C的中点．
(1)求证：BM∥平面A1DE；
(2)已知AB= 2AD= 2 2，当平面A1DE⊥平面ABCD时，求直线BM与平面A1DC所成角的正弦值．
11.如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面，且AB=BP= 2，AD=AE= 1，AE⊥
AB，且AE∥BP．
(1)设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；
(2) 2 105线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于 35 ？若存在，试求出
线段PN的长度；若不存在，请说明理由．
12.如图，矩形ABCD中，AB= 2，BC= 1，M为边CD的中点，将△ADM沿直线AM翻折成AME，且BE=
3，点P为线段BE的中点．
(1)求证：PC∥平面AME；
(2)求直线PC与平面ABM所成角的正弦值．
13.如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A-CD-F为 60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD=
2，DE=DC= 3，CF= 6．
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值．
14.如图，在四棱锥 S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，AD= SA= 2，AB= 1，点E是棱
SD的中点．
(1)证明：SC⊥AE；
(2)求异面直线CE与BS所成角的余弦值．
15.如图，边长为 2的正方形ACDE所在平面与平面ABC垂直，AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=
BC．
(1)求证：AM⊥平面EBC；
(2)求直线AD与平面ABE所成线面角．
16. PE PF 1如图，在正四棱锥P-ABCD中，点E，F分别在棱PB，PD上，且 PB = PD = 3．
(1)证明：EF⊥平面PAC．
(2) PM在棱PC上是否存在点M，使得PA∥平面MEF？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由．
MC
17.如图，在底面是菱形的四棱锥 P-ABCD中，∠ABC= 60°，PA=AC= a，PB= PD= 2a，点 E在PD
上，且PE：ED= 3：1．
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论．
18.已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠BAD= π2 ，AB=BC= 2AD= 4，E，F分别是AB，CD上
的点，EF∥BC，AE= 2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如图)．
(1)证明：EF⊥平面ABE；
(2)求二面角D-BF-E的余弦值．
19.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，并且BC= 2AD= 2AB，点P在平面ABCD内的投
影恰为BD的中点M．
(Ⅰ)证明：CD⊥平面PBD；
(Ⅱ)若PM=AD，求直线PA与CD所成角的余弦值．
立体几何习题
参考答案与试题解析
一、选择题 (共 2小题)
1.在棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为BC的中点．当点M在平面DCC1D1内运动时，有MN∥
平面A1BD，则线段MN的最小值为 (　　)
A. 1 B. 62 C. 2 D. 3
【分析】取CD的中点P，DD1的中点Q，连接PQ、PN、QN，D1C，A1D，BD，A1B，利用线面平行的判定和
平行四边形的性质可得A1B∥D1C，可得PQ∥A1B，利用面面平行的判定和性质可知MN∥平面A1BD，可
证M∈PQ，在△PQN中，求解PN，PQ，QN的值，利用余弦定理可求 cos∠NPQ，可得∠NPQ= 120°，即
可求解线段MN的最小值．
【解答】解：取CD的中点P，DD1的中点Q，连接PQ、PN、QN，D1C，A1D，BD，A1B，
如图所示：
因为P、N分别为CD、BC中点，
所以PN∥BD，
因为PN 平面A1DB，BD 平面A1DB，
所以PN∥平面A1DB，
同理，P、Q分别为CD、DD1中点，
所以PQ∥D1C，
因为A1D1=BC，且A1D1∥BC，
所以四边形BCD1A1是平行四边形，
所以A1B∥D1C，
所以PQ∥A1B，
因为PQ 平面A1DB，A1B 平面A1DB，
所以PQ∥平面A1DB，
又PQ∩PN=P，PQ 平面PQN，PN 平面PQN，
所以平面PQN∥平面A1BD，
因为MN∥平面A1BD，
所以MN 平面PQN，又点M在平面DCC1D1内运动，
所以点M在平面PQN和平面DCC1D1的交线上，即M∈PQ，
在△PQN中，PN= 2，PQ= 12 CD1= 2，QN= 2
2+ 22= 6，
2 2 2
所以 PN +PQ -QNcos∠NPQ= =- 1，
2PQ×PN 2
所以∠NPQ= 120°，
所以N点到PQ的最小距离 d=PN= 2，
所以线段MN的最小值为 2．
故选：C．
【点评】本题主要考查了线面平行的判定和平行四边形的性质，考查了面面平行的判定和性质，考查了余弦
定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和推理论证能力，属于中档题．
2.如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F∥平面BD1E
的图形为 (　　)
A.① B. ①② C. ② D.①②③
【分析】平移直线A1F，判断平移后的直线：在平面BD1E上则A1F∥平面BD1E，与平面BD1E交于一点则
不平行，即可得解．
【解答】解：①中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；
②中，由于AF∥DE，而AF 平面BDE，DE 平面BDE，故A1F∥平面BD1E；
③中，平移A1F至D1F′，可知D1F′与面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；
故选：C．
【点评】本题主要考查了线面平行的判定，考查了数形结合思想和推理论证能力，属于中档题．
二、解答题 (共 17小题)
3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，D，E分别为AA1，B1C的中点．
(1)求证：DE∥平面ABC；
(2)若DE⊥BC，二面角A-BD-C π的大小为 3 ，求直线B1C与平面BCD所成角的大小．
【分析】(1)取BC的中点M，连接AM，EM，利用平行四边形以及直线与平面平
行的判定即可求证；
(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A- xyz，利用空间向量即可求解．
【解答】解：(1)证明：取BC的中点M，连接AM，EM，如图：
则DA∥BB1，且DA= 1 12 BB1，EM∥BB1，且EM= 2 BB1，
所以DA∥EM，且DA=EM，所以四边形AMED为平行四边形，
所以DM∥AM，又AM 面ABC，DE 面ABC，所以DE∥面ABC；
(2)解：以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A- xyz，
设AB= 1，AC= b(b> 0)，AA1= 2c(c> 0)，
则B(1，0，0)，C(0，b，0)，D(0，0，c)，B1(1，0，2c)，E( 1 , b2 2 ,c)，

所以DE= 12 ,
b
2 ,0 ，BC = -1,b,0 ，∵DE⊥BC，所以DE BC = 0，所以 b= 1，
又BC = -1,1,0 ，BD= -1,0,c ，设平面 BCD的一个法向量为n= x,y,z ，

则 n BC = 0 -x+ y= 0 ，所以 ，令 x= 1，则 y= 1，z=
1，所以 c n= 1,1,
1
n BD= 0 -x+ cz= 0 c ，

又平面ABD的一个法向量AC = 0,1,0 π ，所以 cos 3 = n AC ， n AC
1 所以 2 =
1 ，解得 c = 22 ，所以

n = 1,1, 2 ，又 B1C =
1+ 1+ 1
c2
-1,1,- 2 ，

所以 cos n B1C 1+ 1+ 2 1+ 1+ 2 2
所以直线B1C与平面BCD所成角为
π
6．
【点评】本题考查了直线与平面平行，直线与平面所成角，以及与空间向量的综合应用，属于中档题．
4.如图所示的四棱锥P-ABCD的底面ABCD是一个等腰梯形，AD∥BC，且AD= 2AB= 2BC= 4，PO
是△PAD的中线，点E是棱PD的中点．
(1)证明：CE∥平面PAB．
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD，PO=AO，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦
值．
【分析】(1)连接 OC，OE，利用线面平行的判定可证 OE ∥平面
PAB，可证ABCO是平行四边形，进而证明CO∥平面PAB，利用面
面平行的判定可证平面OCE∥平面PAB，根据面面平行的性质可证
CE∥平面PAB．

(2)连接OM，以O为坐标原点，OM ,OD,OP为 x轴、y轴、z轴的正
方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出平面 PAB
与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
【解答】解：(1)证明：连接OC，OE，
因为O，E分别是棱AD，PD的中点，
又OE 平面PAB，
所以OE∥PA，
所以OE∥平面PAB，
又AD∥BC，且AD= 2AB= 2BC= 4，
所以AO∥BC，且AO=BC，
所以ABCO是平行四边形，
所以CO∥AB，从而CO∥平面PAB，
又CO∩OE=O，
所以平面OCE∥平面PAB，
又CE 平面OCE，
所以CE∥平面PAB．
(2)因为PA=PD，所以PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，

取BC的中点为M，连接OM，以O为坐标原点，OM ,OD,OP为 x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的
空间直角坐标系，
易知PO=AO= 2，OM= 3，

所以A(0，-2，0)，B( 3，-1，0)，C( 3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，AP= (0，2，2)，AB= ( 3，1，0)，

CD= (- 3，1，0)，DP= (0，-2，2)，
设平面PAB的法向量为m= (x，y，z)，

m AP= 2y+ 2z= 0则 令 z= 3，得m= (1，- 3， 3)，m AB= 3x+ y= 0
设平面PCD的法向量为n= (x1，y1． z1)，

m CD= 3x + y = 0则 1 1 ,令 x1= 1，得n= (1， 3, 3)，m DP= 2y1+ 2z1= 0
设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为 θ，
m n
则 cosθ= |cos |= = 1，即平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为 1．
m n 7 7
【点评】本题考查线面平行与面面平行的判定与性质，考查利用空间向量求二面角的余弦值，考查逻辑推理
与空间想象能力，运算求解能力，考查数形结合、化归转化思想，属于中档题．
5.在如图的几何体中，已知四边形ABCD为矩形，四边形ABEF为梯形，EF∥AB，点P为棱DF的中点．
(1)求证：BF∥平面APC；
(2)若AD= 4，AB= 2EF= 2AF= 2，AF⊥AB，2AP= FD，求点E到平
面APC的距离．
【分析】(1)连接BD，交AC于点O，连接PO，推导出BF∥PO，由此能证明
BF∥平面APC．
(2)由点P为棱DF的中点，2AP=FD，得AF⊥AD，再由AF⊥AB，AB

⊥AD，以A为原点，AB,AD,AF的方向为 x，y，z轴正方向，建立空间直
角坐标系，利用向量法能求出点E到平面APC的距离．
【解答】解：(1)证明：连接BD，交AC于点O，连接PO，
因为四边形ABCD为矩形，所以O为DB的中点，
又因为点P为棱DF的中点，所以BF∥PO，
因为PO 平面APC，BF 平面APC，
所以BF∥平面APC．
(2)因为点P为棱DF的中点，2AP=FD，所以AF⊥AD，
因为AF⊥AB，AB⊥AD，

所以以A为原点，AB,AD,AF的方向为 x，y，z轴正方向，建立空间直
角坐标系，
A 0,0,0 ,B 2,0,0 ,C 2,4,0 ,P 0,2, 1 2 ,E 1,0,1 ，

所以AP= 0,2, 12 ,AC = 2,4,0 ，
设平面APC的法向量为 n= x,y,z ，
x= 2
n AP= 0, 2y+
z = 0,
所以 所以 2 不妨 =- 所以 y 1 n= 2,-1,4 ，n AC = 0, 2x+ 4y= 0, z= 4

又EC = 1,4,-1 ，

EC n
则点E到平面APC的距离 d= =
2× 1+ -1 × 4+ 4× -1 = 2 21．
n 22+ -1 2+ 42 7
【点评】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，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．
6.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠BAD= 60°，AA1=AB，E为BB1的延长
线上一点，D1E⊥平面D1AC，设AB= 2．
(1)求平面EAC的法向量；
( ) D1P2 在线段D1E上取一点P 3，满足 PE = 2 ，求证：A1P∥平面EAC．
【分析】(1)设AC与 BD交于O，以O为原点，OA，OB，为 x轴，y轴，过O作面
ABCD的垂线为 z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面 EAC的法向
量 n；

(2)求得D1P和A1P的坐标，计算

A1P n= 0，可得证明．
【解答】解：(1)设AC与BD交于O，
如图以O为原点，OA，OB为 x轴，y轴，过O作面ABCD的垂线为 z轴，建立空间直角坐标系，
则A( 3，0，0)，B(0，1，0)，C(- 3，0，0)，D(0，-1，0)，D1(0，-1，2)，A1( 3，0，2)，
设E(0，1，2+ h)，

则D1E= (0，2，h)，CA= (2 3，0，0)，D1A= ( 3，1，-2)
因为D1E⊥平面D1AC，所以D1E⊥AC，D1E⊥D1A，
则 2- 2h= 0，解得 h= 1，即E(0，1，3)，

所以D1E= (0，2，1)，AE= (- 3，1，3)，
设平面EAC的法向量为 n= (x，y，z)，

由 n CA= 2 3x= 0 ，可令 z=-1，则 x= 0，y= 3，m AE=- 3x+ y+ 3z= 0
所以 n= (0，3，-1)，
即有平面EAC的一个法向量为 (0，3，-1)；
D1P 3 (2)证明：由 PE = 2，可得D1P=
3
5 D E= (0，
6，31 5 5 )，

A1P=A1D1+D1P= (- 3，-1，0) + (0，65，
3
5 ) = (- 3，
1 3
5，5 )，

A1P n= 0× (- 3) + 3× 15 + (-1) ×
3
5 = 0，
即有 A1P⊥n，
所以A1P∥面EAC．
【点评】本题考查平面的法向量的求法，线面平行的证明，注意向量法的合理运用．考查转化思想和运算能
力，是中档题．
7.如图，在多面体ABCDP中，△ABC是边长为 2的等边三角形，PA=AB，BD=CD= 2 2，PC=PB=
2 2，点E是BC中点，平面ABC⊥平面BCD．
(1)求证：DE∥平面PAC；
(2)F是直线BC上的一点，若二面角F-DA-B为直二面角，求BF的长．
【分析】(1)由已知利用线面垂直的判定可证PA⊥平面ABC，进而可证DE⊥BC，利用
面面垂直的性质可证DE⊥平面ABC，则DE ∥PA，进而根据线面平行的判定即可证明
DE∥平面PAC．
(2)以点E为原点，EC方向为 x轴，EA方向为 y轴，ED方向为 z轴建立直角坐标系，设F
(a，0，0)，设直二面角F-DA-B的平面角 θ，由 cosθ= 0，可得 m n= 4a- 3= 0，求得 a
的值，即可得解BF的值．
【解答】解：(1)△ABC是边长为 2的等边三角形，则PA=AB=AC= 2，
又PC=PB= 2 2，
由勾股定理知PA⊥AB，PA⊥AC，
故PA⊥平面ABC，
又BD=CD，点E是BC中点，则DE⊥BC，
由于平面ABC⊥平面BCD，
知DE⊥平面ABC，则DE∥PA，
又PA 平面ABC，DE 平面ABC，
可得DE∥平面PAC．
(2)以点E为原点，EC方向为 x轴，EA方向为 y轴，ED方向为 z轴
建立直角坐标系，
则D(0，0，1)，A(0， 3，0)，B(-1，0，0)，
设F(a，0，0)，

可得平面FDA内，DA= (0， 3，-1)，DF = (a，0，-1)，法向量 n= ( 3，a， 3a)，

平面BDA内，DA= (0， 3，-1)， DB= (-1，0，-1)，法向量n= (- 3，1， 3)，
设直二面角F-DA-B的平面角 θ，
则 = m n = ，可得 cosθ 0 m n= 4a- 3= 0，a= 3，
m n 4
可得BF= 74．
【点评】本题主要考查了线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面平行的判定，考查了空间向量以及二面角
的平面角及求法，属于中档题．
8.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，PA=PC，E，F分别为AB和PD的中点．
(1)求证：AC⊥平面PBD；
(2)求证：EF∥平面PBC．
【分析】(1)设AC∩ BD=O，则O是 BD中点，由面ABCD是菱形，可
得BD⊥AC，又PA=PC，O是AC中点，可得AC⊥PO，利用线面垂
直的判定定理即可证明AC⊥平面PAC．
(2)取PC中点为G，由已知利用中位线的性质可得 FG∥CD，且 FG=
1
2 CD，又由底面ABCD是菱形，E是AB中点，可得BE∥CD，且BE=
1
2 CD，从而BE∥ FG，且BE= FG，可得四边形BEFG是平行四边形，
可得EF∥BG，利用线面平行的判定定理即可证明EF∥平面PBC．
【解答】证明：(1)设AC∩BD=O，则O是BD中点，
∵底面ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
又∵PA=PC，O是AC中点，
∴AC⊥PO，
又BD∩PO=O，
∴AC⊥平面PBD．
(2)取PC中点为G，
∵在△PCD中，F是PD中点，G是PC中点，
∴FG∥CD，且FG= 12 CD，
又∵底面ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∵E是AB中点，
∴BE∥CD，且BE= 12 CD，
∴BE∥FG，且BE=FG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴EF∥BG，
又EF 平面PBC，BG 平面PBC，
∴EF∥平面PBC．
【点评】本题主要考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理的应用，考查了数形结合思想，属于中
档题．
9.如图，已知四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于O，∠BAD= 60°，平面ADEF∩平面BCEF=
直线EF，FO⊥平面ABCD，BC=CE=DE= 2EF= 2．
(Ⅰ)求证：直线BC∥平面ADEF；
(Ⅱ)求证：EF∥BC；
(Ⅲ)求直线AF与平面BCEF所成角的正弦值．
【分析】(Ⅰ)证明AD∥BC，即可证明BC∥平面ADEF；
(Ⅱ)由线面平行的性质定理即可证明EF∥BC；
(Ⅲ)以O为坐标原点，OA，OB，OF分别为 x轴，y轴，z轴，建立空间直
角坐标系，取CD的中点M，连OM，EM．易证 EM⊥平面ABCD．求

出AF和平面BCFE的法向量，即可求解直线AF与平面BCEF所成角的正弦值．
【解答】(Ⅰ)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD，
因为BC 平面ADEF，AD 平面ADEF，
所以BC∥平面ADEF．
(Ⅱ)证明：因为BC∥平面ADEF，平面ADEF∩平面BCEF=EF，
所以EF∥BC．
(Ⅲ)解：因为FO⊥平面ABCD，
所以FO⊥AO，FO⊥OB，又因为OB⊥AO，
所以以O为坐标原点，OA，OB，OF分别为 x轴，y轴，z轴，建立空间直
角坐标系，
取CD的中点M，连接OM，EM．易证EM⊥平面ABCD．
又因为BC=CE=DE= 2EF= 2，得出以下各点坐标：
A( 3，0，0)，B(0，1，0)，C(- 3，0，0)，D(0，-1，0)，F(0，0， 3)，E(- 32 ，-
1
2， 3)，
所以AF = (- 3，0， 3)，BC = (- 3，-1，0)，BF = (0，-1， 3)，
设平面 一个法向量为 BCEF n= (x，y，x)，

n BC = 0 - 3x- y= 0则 ，即 ，n BF = 0 -y+ 3z= 0
令 x= 1，则 y=- 3，c=-1，所以n= (1，- 3，-1)，
设直线AF与面BCEF所成角为 θ．

则 = |
n AF
sinθ cos n，AF | =
-2 3
= =
10
n AF 5 × 6 5
，
即直线AF与平面BCEF所成角的正弦值为 105 ．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定与性质定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查逻辑推理与运
算求解能力，属于中档题．
10.如图，已知在矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE折起到△A1DE(A1 平面ABCD)
的位置，M为线段A1C的中点．
(1)求证：BM∥平面A1DE；
(2)已知AB= 2AD= 2 2，当平面A1DE⊥平面ABCD时，求直线BM与平面A1DC所成角的正弦值．
【分析】(1)延长CB与DE的延长线相交于点P，连接A1P，可得
B为线段CP的中点，从而可得BM∥A1P，又线面平行的判定定
理即可证得BM∥平面A1DE；
(2)取线段DE，DC的中点O，N，连接A1O，ON，以O为原点．
ON，OD，OA1所在的直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标

系O- xyz，求出向量BM 及平面A1DC的法向量，即可求解直线
BM与平面A1DC所成角的正弦值．
【解答】(1)证明：延长CB与DE的延长线相交于点P，连接A1P，
∵E为AB边的中点，四边形ABCD为矩形，
∴BE∥CD，BE= 12 CD，
∴BE为△PCD的中位线，∴B为线段CP的中点．
∵M为线段A1C的中点，∴BM∥A1P，
∵BM 平面A1DE，A1P 平面A1DE，
∴BM∥平面A1DE．
(2)解：∵AB= 2AD，E为边AB的中点，
∴AD=AE，即A1D=A1E．
如图，取线段DE，DC的中点O，N，连接A1O，ON，则由平面几何知识可得A1O⊥DE，ON∥CE，
又∵四边形ABCD为矩形，AB= 2AD，E为边AB的中点，
∴DE⊥CE，DE⊥ON．
∵平面A1DE⊥平面ABCD，平面A1DE∩平面ABCD=DE，A1O⊥DE，
∴A1O⊥平面ABCD，
∵ON 平面ABCD，∴A1O⊥ON，
∴以O为原点．ON，OD，OA1所在的直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系O- xyz，
则B(1，-2，0)，C(2，-1，0)，A1(0，0，1)，M (1，- 1 12，2 )，D(0，1，0)，
3 ∴BM = (0，2，)，A1C = (2．-1．-1)，DC = (2，-2，0)．
设平面 A1DC的法向量为n= (x，y，z)，

m A1C = 0则 ，即
2x- y- z= 0
，m DC = 0 2x- 2y= 0
不妨取 = ，则 = ， = ，即 x 1 y 1 z 1 n= (1，1，1)．
设直线BM与平面A1DC所成角为 θ，


m BM
则 sinθ= | cos |= = 2 =
2 30，
m BM × 10 153 2
∴直线BM与平面A1DC所成角的正弦值为 2 3015 ．
【点评】本题考查线面平行的证明、线面夹角的求法以及翻折问题，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属
于中档题．
11.如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面，且AB=BP= 2，AD=AE= 1，AE⊥
AB，且AE∥BP．
(1)设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；
(2)线段PD 2 105上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于 35 ？若存在，试求出
线段PN的长度；若不存在，请说明理由．

【分析】(1)证明BP⊥平面ABCD，以B为原点建立坐标系，则BP为平面ABCD的

法向量，求出EM BP=-1× 0+ 0× 2+ 12 × 0= 0，从而有EM∥平面ABCD；
(2)假设存在点N符合条件，设PN = λPD，求出BN，平面 的法向量 PCD n的坐标，
令 |cos |= BN n = 2 = 2 105 解出 λ，根据 λ的值得
BN n 5 9λ2- 8λ+ 4 35
出结论．
【解答】解：(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEP，平面ABCD∩平面ABEP=AB，BP⊥AB，
∴BP⊥平面ABCD，又AB⊥BC，
∴直线BA，BP，BC两两垂直，
以B为原点，分别以BA，BP，BC为 x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，2，0)，B(0，0，0)，D(2，0，1)，E(2，1，0)，C(0，0，1)，∴M (1，1，12 )，

∴EM = (-1，0，12 )，BP= (0，2，0)，
∵BP⊥平面ABCD，∴BP为平面ABCD的一个法向量，

∵EM BP= (-1) × 0+ 0× 2+ 1
2
× 0= 0，
∴EM ⊥BP，
又EM 平面ABCD，
∴EM∥平面ABCD．
(2)解：线段 PD上存在两个点 N使当 PN = 1，或 53 时，直线 BN与平面 PCD所成角的正弦值等于
2 105
35 ．
理由如下：

∵PD= (2，-2，1)，CD= (2，0，0)，

n CD= 0
设平面PCD的法向量为 n= (x，y，z)，则 ，n PD= 0
2x= 0∴ ，2x- 2y+ z= 0
令 y= 1，得n= (0，1，2)，
假设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角 α的正弦值
等于 2 105
35
，

设PN = λPD= (2λ，-2λ，λ) (0≤ λ≤ 1)，

∴BN =BP+PN = (2λ，2- 2λ，λ)，

∴ | < ，

cos BN n> |= BN n 2 2 105

= =
BN n 5 9λ2- 8λ+ 4 35
，
∴ 9λ2- 8λ+ 53 = 0，解得 λ=
1
3，或
5
9，
∴线段PD上存在两个点N使当PN= 1，或 53 时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于
2 105
35 ．
【点评】本题考查了线面平行的判断，考查空间向量的应用与线面角的计算，属于中档题．
12.如图，矩形ABCD中，AB= 2，BC= 1，M为边CD的中点，将△ADM沿直线AM翻折成AME，且BE=
3，点P为线段BE的中点．
(1)求证：PC∥平面AME；
(2)求直线PC与平面ABM所成角的正弦值．
【分析】(1)取AE的中点Q，连结QM，QP，结合中位线定理和已知条件，可得四
边形MCPQ为平行四边形，即可求解．
(2)取AM的中点O，连结OE，OB，结合已知条件和勾股定理，可得EO⊥平面
ABM ，因此 ∠ AMQ 为直线 PC 与平面 ABM 所成角，sin ∠ AMQ = sin ( 45 ° - ∠ EMQ ) =
1
2
2 cos∠ -
EQ
EMQ sin∠EMQ ，在 Rt△MEQ中，sin∠EMQ= = 2 = 1 ，cos∠EMQ= EM =QM 5 5 QM
2
2 ，即可求解．
5
【解答】证明：(1)取AE的中点Q，连结QM，QP，
因为P，Q均为中点，
故PQ∥AB且PQ= 12 AB，
又因为MC∥AB，且MC= 12 AB，
则PQ∥MC且PQ=MC，
因此四边形MCPQ为平行四边形，
故PC∥QM，
故PC∥平面AME，即得证．
(2)取AM的中点O，连结OE，OB，
因为AE=ME，
所以OA⊥OE且OE= 22 ，
在Rt△BOM中，BO2=OM 2+BM 2= 12 + 2=
5
2，
因为BO2+OE2=BE2，
故EO⊥OB，故EO⊥平面ABM，
因此∠AMQ为直线PC与平面ABM所成角，
sin∠AMQ= sin(45°-∠EMQ) = 22 cos∠EMQ- sin∠EMQ ，
1
△ ∠ = EQ在Rt MEQ中，sin EMQ = 2 = 1 ，cos∠EMQ= EM = 2 ，
QM 5 5 QM 5
2
故 sin∠AMQ= 1010 ．
【点评】本题考查了线面平行的证明，以及线面角的求解，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
13.如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A-CD-F为 60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD=
2，DE=DC= 3，CF= 6．
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值．
【分析】(1)由已知条件，利用直线与平面、平面与平面
的位置关系先推导出平面BCF∥平面ADF，由此能
证明BF∥平面ADE．
(2)利用直线与平面，平面与平面垂直的判定定理证
明平面 CDEF⊥平面 ADE，作 AO⊥ DE于 O，则
AO⊥平面 CDEF，连结 CO，可得直线 AC与平面
CDEF所成角为 ∠ACO，利用三角函数的定义即可
求解．
【解答】解：(1)证明：∵ABCD是矩形，
∴BC∥AD，又∵BC 平面ADE，
∴BC∥平面ADE，
∵DE∥CF，CF 平面ADE，∴CF∥平面ADE，
又∵BC∩CF=C，∴平面BCF∥平面ADF，
∵BF 平面BCF，∴BF∥平面ADE．
(2) ∵CD⊥AD，CD⊥DE，∴∠ADE即为二面角A-CD-F的平面角，
∴∠ADE= 60°，又∵AD∩DE=D，∴CD⊥平面ADE，
又 ∵ CD 平面 CDEF，∴ 平面 CDEF ⊥ 平面
ADE，
作AO⊥DE于O，则AO⊥平面CDEF．连结CO，
所以直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，AC=
13,AO= 3，
所以 sin∠ACO= AO = 39．
AC 13
直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为 3913 ．
【点评】本题考查直线与平面，平面与平面平行及垂直的判定定理，性质定理．平面法向量，考查了空间想
象能力和推理论证能力，属于中档题．
14.如图，在四棱锥 S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，AD= SA= 2，AB= 1，点E是棱
SD的中点．
(1)证明：SC⊥AE；
(2)求异面直线CE与BS所成角的余弦值．
【分析】(1)推导出 CD⊥AD，CD⊥ SA，从而 CD⊥平面 SAD，进而 CD⊥
AE，推导出AE⊥SD，从而AE⊥平面SCD，由此能证明SC⊥AE；
(2)连接AC、BD，交于点O，连接OE，则OE∥ SB，∠CEO是异面直线CE与
BS所成角 (或所成角的补角)，由此能求出异面直线 CE与 BS所成角的余弦
值．
【解答】解：(1)证明：在四棱锥 S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥平面
ABCD，
∴CD⊥AD，CD⊥SA，
∵SA∩AD=A，∴CD⊥平面SAD，
∵AE 平面SAD，∴CD⊥AE，
∵AD=SA= 2，点E是棱SD的中点，∴AE⊥SD，
∵SD∩CD=D，∴AE⊥平面SCD，
∵SC 平面SCD，∴SC⊥AE；
(2)连接AC、BD，交于点O，连接OE，
则OE∥SB，∴∠CEO是异面直线CE与BS所成角 (或所成角的补角)，
∵ OE = 1 SB = 12 2 1+ 4 =
5 1 1 5
2 ，OC = 2 AC = 2 1+ 4 = 2 ，CE =
1+ 1+ 1= 3，
5 5
CE2∴ cos∠CEO= +OE
2-OC 2 3+ 4 - 4 15
2× × = = ．CE OE 5
2× 3 × 52
∴异面直线CE与BS所成角的余弦值为 155 ．
【点评】本题考查线线垂直的证明，考查异面直线所成角的余弦值的运算，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．
15.如图，边长为 2的正方形ACDE所在平面与平面ABC垂直，AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=
BC．
(1)求证：AM⊥平面EBC；
(2)求直线AD与平面ABE所成线面角．
【分析】(1)推导出AM⊥EC，AC⊥BC，从而BC⊥平面ACDE，进而BC⊥AM，
由此能证明AM⊥平面EBC；
(2)以A为原点，过A作CB的平行线为 x轴，AC为 y轴，AE为 z轴，建立空间直角
坐标系，利用向量法能求出直线AD与平面ABE所成线面角．
【解答】解：(1)证明：∵边长为 2的正方形ACDE所在平面与平面ABC垂直，
AD与CE的交点为M，AC⊥BC，且AC=BC．
∴AM⊥EC，AC⊥BC，
∵平面ACDE∩平面ABC=AC，∴BC⊥平面ACDE，
∵AM 平面ACDE，∴BC⊥AM，
∵BC∩EC=C，∴AM⊥平面EBC；
(2)以A为原点，过A作CB的平行线为 x轴，AC为 y轴，AE为 z轴，建立
空间直角坐标系，
设AC=BC= 2，则A(0，0，0)，D(0，2，2)，B= (2，2，0)，E(0，0，2)，

AD= (0，2，2)，AB= (2，2，0)，AE= (0，0，2)，
设平面 ABE的法向量n= (x，y，z)，

n AB= 2x+ 2y= 0则 ，取 = ，得 x 1 n= (1，-1，0)，n AE= 2z= 0
设直线AD与平面ABE所成线面角为 θ，

则 AD

n
sinθ= 2 1 = = 2，∴ θ= 30°， AD n 8 2
∴直线AD与平面ABE所成线面角为 30°．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的求法，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．
16.如图，在正四棱锥P-ABCD中，点E，F分别在棱PB，PD PE = PF = 1上，且 PB PD 3．
(1)证明：EF⊥平面PAC．
(2) PM在棱PC上是否存在点M，使得PA∥平面MEF？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由．
MC
【分析】(1)连接 BD，记AC∩ BD=O，连接 PO，由题意利用正方形的性质可证
AC⊥BD，利用线面垂直的判定可证BD⊥平面PAC，通过证明EF∥BD，可证
EF⊥平面PAC．
(2)设存在点M满足条件，连接ME，MF，记PO∩EF=N，连接MN，取PC的中
点Q，连接OQ，利用线面平行的判定，可证OQ∥MN，则 PM = PN ，结合 (1)可
PQ PO
证 PM = PN = 13，由Q为PC的中点，可得PQ=
1
2 PC，进而可求
PM = 1，
PQ PO MC 5
即可得解．
【解答】解：(1)证明：如图，连接BD，记AC∩BD=O，连接PO，
由题意可得四边形ABCD是正方形，PB=PD，
则O为AC的中点，且AC⊥BD，
因为PB=PD，所以PO⊥BD，
因为AC 平面PAC，PO 平面PAC，且AC∩PO=O，
所以BD⊥平面PAC，
因为 PEPB =
PF
PD，所以EF∥BD，
则EF⊥平面PAC．
(2)设存在点M满足条件，连接ME，MF，记PO∩EF=N，连接MN，
取PC的中点Q，连接OQ，
因为O，Q分别是AC，PC的中点，所以OQ∥PA，
因为PA∥平面MEF，所以OQ∥平面MEF，
因为平面POQ∩平面MEF=MN，
所以OQ∥MN，则 PM = PN ，
PQ PO
由 (1)可知EF∥BD，所以 PN = PE = 1，
PO PB 3
所以 PN = PE = 1PB 3，PO
因为Q为PC的中点，所以PQ= 12 PC，
所以 PM = 1
MC 5
，
故存在满足条件的点M，此时 PM = 1
MC 5
．
【点评】本题主要考查了线面垂直的判定，用线面平行的判定，考查了空间想象能力和逻辑推理能力，属于
中档题．
17.如图，在底面是菱形的四棱锥 P-ABCD中，∠ABC= 60°，PA=AC= a，PB
=PD= 2a，点E在PD上，且PE：ED= 3：1．
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论．
【分析】(1)由勾股定理的逆定理可得PA⊥AB，PA⊥AD，再由线面垂直的判
定定理，可得证明；
(2)在棱PC上存在一点F，且CF：CP= 1：3，使BF∥平面AEC．由三角形的
全等和线线平行的性质，结合中位线定理和线面平行的判定定理，可得证明．
【解答】解：(1)证明：∠ABC= 60°，AB=BC，AC= a，
可得△ABC为 a的等边三角形，
由PB=PD= 2a，AB=AD=PA= a，
AB2+PA2=PB2，AD2+PA2=PD2，
可得PA⊥AB，PA⊥AD，
而AB∩AD=A，可得PA⊥平面ABC；
(2)在棱PC上存在一点F，且CF：CP= 1：3，使BF∥平面AEC．
证明：连接DF，交CE于G，
连接BD，交AC于O，连接OG，
过F作FH∥PD，交CE于H，
由于 CF = FH = 1 = ED
CP PE 4 EP
，
所以FH=ED，△FGH≌△DGE，
所以G为DF的中点，
又O为BD的中点，
所以OG∥BF，
又OG 平面ACE，BF 平面ACE，
所以BF∥平面AEC．
【点评】本题考查线面平行和垂直的判定，考查转化思想和推理能力，属于中档题．
18. π已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠BAD= 2 ，AB=BC= 2AD= 4，E，F分别是AB，CD上
的点，EF∥BC，AE= 2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如图)．
(1)证明：EF⊥平面ABE；
(2)求二面角D-BF-E的余弦值．
【分析】(1)证明DA⊥AB，BC⊥AB，EF⊥AB．证明EF⊥AE，
EF⊥BE，即可证明EF⊥平面ABE．
(2)过D作DG⊥EF交EF于G．过D作DH⊥BF交BF于H，连
结GH．说明∠DHG为二面角D-BF-E的平面角，然后通过求解
三角形，推出结果即可．
【解答】(1)证明：在直角梯形ABCD中，因为∠ABC=∠BAD= π2，故DA⊥AB，BC⊥AB，
因为EF∥BC，故EF⊥AB．
所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，
而AE∩BE=E，故EF⊥平面ABE．
(2)解：如图，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G．
在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连结GH．
因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，DG 平面AEFD，
故DG⊥平面EBCF，
因为BF 平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH=D，
故BF⊥平面DGH，又GH 平面DGH，故GH⊥BF，
所以∠DHG为二面角D-BF-E的平面角，
在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，
故AE∥DG，
又在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF= 12 (BC+AD) = 3，
故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，
故DG=AE= 2，GF= 1，
在Rt△BEF中，tan∠BFE= 23，
因为∠BFE为三角形的内角，
故 sin∠BFE= 2 ，故GH= 1× sin∠BFE= 2 ，
13 13
故 tan∠DHG= 22 = 13，
13
因为∠DHG为三角形的内角，
故 cos∠DHG= 1414 ．
所以二面角D-BF-E的平面角的余弦值为 1414 ．
【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，是中档题．
19.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，并且BC= 2AD= 2AB，点P在平面ABCD内的投
影恰为BD的中点M．
(Ⅰ)证明：CD⊥平面PBD；
(Ⅱ)若PM=AD，求直线PA与CD所成角的余弦值．
【分析】(Ⅰ)建立适当的空间直角坐标系，求出各点坐标，通过向量法证明CD
与平面PBD内两条相交直线垂直，从而通过线面垂直的判定定理即可得出
CD⊥平面PBD；

(Ⅱ)根据已知条件求出CD PA的值，再分别求出PA，CD的长度，从而利
用空间向量夹角公式即可求解直线PA与CD所成角的余弦值．
【解答】解：(Ⅰ)证明：根据题意可得PM⊥平面ABCD，所以平面PBD⊥平
面ABCD，
在平面PBD内过点B作直线BQ∥PM，则BQ⊥平面ABCD，
如图，以点 B为坐标原点，BC，BA，BQ所在直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系，并设AB= a，
PM= b，
则B(0，0，0)，C(2a，0，0)，D(a，a，0)，M ( a2，
a
2，0)，P(
a，a2 2，b)，

所以CD= (-a，a，0)，BP= ( a2，
a
2，b)，BD= (a，a，0)，

所以CD BP= a2 × (-a) +
a
2 × a+ b× 0= 0，
CD BD= a× (-a) + a× a+ 0× 0= 0，
所以CD⊥BP，CD⊥BD，
又BP与BD是平面PBD内两条相交直线，根据线面垂直的判定定理可
得CD⊥平面PBD．

(Ⅱ)若PM=AD，则由 (Ⅰ)可得PA= (- a a2，2，-a)，又CD= (-a，a，
0)，

所以CD PA= a2，|PA| = 62 a，|CD| = 2a，

设直线PA与CD所成角为 θ， CD PAcosθ= |cos |= | |
|PA||CD|
= 33 ，
所以直线PA与CD所成角的余弦值为 33 ．
【点评】本题主要考查了立体几何中的线面位置关系和线线角的相关计算，考查空间想象能力、推理论证能
力和运算求解能力，考查逻辑推理核心素养、直观想象核心素养和数学运算核心素养，属于中档题．

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