立体证明题（2）
1.如图，直二面角D﹣AB﹣E中，四边形ABCD是正方形，AE=EB，F为CE上的点，且BF⊥
平面ACE．
（1）求证：AE⊥平面BCE；
（2）求二面角B﹣AC﹣E的余弦值．
2.等腰△ABC中，AC=BC=，AB=2，E、F分别为AC、BC的中点，将△EFC沿EF 折起，使得C到P，得到四棱锥P﹣ABFE，且AP=BP=．
（1）求证：平面EFP⊥平面ABFE；
（2）求二面角B﹣AP﹣E的大小．
3.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且
PA=PD=AD，若E、F分别为PC、BD的中点．
（Ⅰ）求证：EF∥平面PAD；
（Ⅱ）求证：EF⊥平面PDC．
4.如图：正△ABC与Rt△BCD所在平面互相垂直，且∠BCD=90°，∠CBD=30°．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）求二面角D﹣AB﹣C的正切值．
5.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=120°，AB=2AD．
（1）求证：平面PAD⊥平面PBD；
（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．
6.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=CB=CC1=2，E是AB中点．
（Ⅰ）求证：AB1⊥平面A1CE；
（Ⅱ）求直线A1C1与平面A1CE所成角的正弦值．
7.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠DAB为直角，AB∥CD，
AD=CD=2AB=2，E，F分别为PC，CD的中点．
（Ⅰ）证明：AB⊥平面BEF；
（Ⅱ）若PA=，求二面角E﹣BD﹣C．
8.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=AD=2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC=4，点M为PC中点．
（1）求证：DM⊥平面PBC；
（2）若点E 为BC 边上的动点，且λ=EC
BE
，是否存在实数λ，使得二面角P ﹣DE ﹣B 的余弦值为
3
2
？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．
9.如图，ABED 是长方形，平面ABED ⊥平面ABC ，AB=AC=5，BC=BE=6，且M 是BC 的中点
（Ⅰ） 求证：AM ⊥平面BEC ； （Ⅱ） 求三棱锥B ﹣ACE 的体积；
（Ⅲ）若点Q 是线段AD 上的一点，且平面QEC ⊥平面BEC ，求线段AQ 的长．
10.如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB=2CD=2BC ，EA ⊥EB
（1）求证：EA ⊥平面EBC
（2）求二面角C ﹣BE ﹣D 的余弦值．
11.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，O为AD中点，M是棱PC上的点，AD=2BC．
（1）求证：平面POB⊥平面PAD；
12.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，且AB=AA1，E、F分别是CC1，BC的中点．
（1）求证：平面AB1F⊥平面AEF；
（2）求二面角B1﹣AE﹣F的余弦值．
13.如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB=AE=2．
（ I）求证：BD⊥平面ACFE；
（ II）当直线FO与平面BDE所成的角为45°时，求二面角B﹣EF﹣D的余弦角．
14.如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE﹣BCF和一个正四棱锥P﹣ABCD组合而成，AD⊥AF，AE=AD=2．
（1）证明：平面PAD⊥平面ABFE；
（2）求正四棱锥P﹣ABCD的高h，使得二面角C﹣AF﹣P的余弦值是．
15.如图，已知斜三棱柱ABC一A1B1C1，∠BCA=90°，AC=BC=2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，且BA1⊥AC1．
（Ⅰ）求证：AC1⊥平面A1BC；
（Ⅱ）求二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．
试卷答案
1.
【考点】与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定．
【分析】（1）由已知中直二面角D﹣AB﹣E中，四边形ABCD是正方形，且BF⊥平面ACE，我们可以证得BF⊥AE，CB⊥AE，进而由线面垂直的判定定理可得AE⊥平面BCE．（2）连接BD与AC交于G，连接FG，设正方形ABCD的边长为2，由三垂线定理及二面角的平面角的定义，可得∠BGF是二面角B﹣AC﹣E的平面角，解Rt△BFG即可得到答案．
【解答】证明：（1）∵BF⊥平面ACE
∴BF⊥AE…
∵二面角D﹣AB﹣E为直二面角，且CB⊥AB，
∴CB⊥平面ABE
∴CB⊥AE…
∴AE⊥平面BCE．…
解：（2）连接BD与AC交于G，连接FG，设正方形ABCD的边长为2，
∴BG⊥AC，BG=，…
∵BF垂直于平面ACE，由三垂线定理逆定理得FG⊥AC
∴∠BGF是二面角B﹣AC﹣E的平面角…
由（1）AE⊥平面BCE，得AE⊥EB，
∵AE=EB，BE=．
∴在Rt△BCE中，EC==，…
由等面积法求得，
则
∴在Rt△BFG中，
故二面角B﹣AC﹣E的余弦值为．…
2.
【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．
【分析】（1）用分析法找思路，用综合法证明．取EF中点O，连接OP、OC．等腰三角形CEF中有CO⊥EF，即OP⊥EF．根据两平面垂直的性质定理，平面PEF和平面ABFE 的交线是EF，且PO⊥EF，分析得PO⊥平面ABFE．故只需根据题中条件证出PO⊥平面ABFE，即可利用面面垂直的判定定理证得平面EFP⊥平面ABFE．
（2）根据第一问分析空间位置关系，可建立空间直角坐标线求得平面ABP和平面AEP的法向量的所成角，利用向量角和二面角关系，确定二面角大小．
【解答】解：（1）证明：在△ABC中，D为AB中点，O为EF中点．
由AC=BC=，AB=2．
∵E、F分别为AC、BC的中点，
∴EF为中位线，得CO=OD=1，CO⊥EF
∴四棱锥P﹣ABFE中，PO⊥EF，…2分
∵OD⊥AB，AD=OD=1，∴AO=，
又AP=，OP=1，
∴四棱锥P﹣ABFE中，有AP2=AO2+OP2，即OP⊥AO，…4分
又AO∩EF=O，EF、AO?平面ABFE，
∴OP⊥平面ABFE，…5分
又OP?平面EFP，
∴平面EFP⊥平面ABFE．…6分
（2）由（1）知OD，OF，OP两两垂直，以O为原点，建立空间直角坐标系（如图）：
则A（1，﹣1，0），B（1，1，0），E（0，，0），P（0，0，1）…7分
∴，，
设，分别为平面AEP、平面ABP的一个法向量，
则?取x=1，得y=2，z=﹣1
∴．…9分
同理可得，…11分
由于=0，
所以二面角B﹣AP﹣E为90°．…12分
3.
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】证明题．
【分析】对于（Ⅰ），要证EF∥平面PAD，只需证明EF平行于平面PAD内的一条直线即可，而E、F分别为PC、BD的中点，所以连接AC，EF为中位线，从而得证；
对于（Ⅱ）要证明EF⊥平面PDC，由第一问的结论，EF∥PA，只需证PA⊥平面PDC 即可，已知PA=PD=AD，可得PA⊥PD，只需再证明PA⊥CD，而这需要再证明CD⊥平面PAD，
由于ABCD是正方形，面PAD⊥底面ABCD，由面面垂直的性质可以证明，从而得证．
【解答】证明：（Ⅰ）连接AC，则F是AC的中点，在△CPA中，EF∥PA（3分）且PA?平面PAD，EF?平面PAD，
∴EF∥平面PAD（6分）
（Ⅱ）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，
∴CD⊥PA（9分）
又PA=PD=AD，
所以△PAD是等腰直角三角形，且∠APD=，即PA⊥PD（12分）
而CD∩PD=D，
∴PA⊥平面PDC，又EF∥PA，所以EF⊥平面PDC（14分）
【点评】本题考查线面平行的判定及线面垂直的判定，而其中的转化思想的应用值得注意，将线面平行转化为线线平行；证明线面垂直，转化为线线垂直，在证明线线垂直时，往往还要通过线面垂直来进行．
4.
【考点】与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系．
【分析】（1）利用平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，可得DC⊥平面ABC，利用线面垂直的性质，可得DC⊥AB；
（2）过C作CE⊥AB于E，连接ED，可证∠CED是二面角D﹣AB﹣C的平面角．设CD=a，则BC==，从而EC=BCsin60°=，在Rt△DEC中，可求tan∠DEC．【解答】（1）证明：∵DC⊥BC，且平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面
BCD=BC，
∴DC⊥平面ABC，
又AB?平面ABC，
∴DC⊥AB．…
（2）解：过C作CE⊥AB于E，连接ED，
∵AB⊥CD，AB⊥EC，CD∩EC=C，
∴AB⊥平面ECD，
又DE?平面ECD，∴AB⊥ED，
∴∠CED是二面角D﹣AB﹣C的平面角，…
设CD=a，则BC==，
∵△ABC是正三角形，
∴EC=BCsin60°=，
在Rt△DEC中，tan∠DEC=．…
5.
【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．
【分析】（1）令AD=1，求出BD=，从而AD⊥BD，进而BD⊥平面PAD，由此能证明平面PAD⊥平面PBD．
（2）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作垂直于平面ABCD的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】证明：（1）在平行四边形ABCD中，令AD=1，
则BD==，
在△ABD中，AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，
又平面PAD⊥平面ABCD，
∴BD⊥平面PAD，BD?平面PBD，
∴平面PAD⊥平面PBD．
解：（2）由（1）得AD⊥BD，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，
过D作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
令AD=1，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（，0，
），
=（﹣1，，0），=（﹣），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），
则，取y=1，得=（），
设平面PBC的法向量=（a，b，c），
，取b=1，得=（0，1，2），
∴cos＜＞===，
由图形知二面角A﹣PB﹣C的平面角为钝角，
∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为﹣．
6.
【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．
【分析】（Ⅰ）由ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，可知CC1⊥AC，CC1⊥BC，∠ACB=90°，AC⊥BC．建立空间直角坐标系C﹣xyz．则A，B1，E，A1，可得，，，可知，根据，，推断出AB1⊥CE，AB1⊥CA1，根据线面垂直的判定定理可知AB1⊥平面A1CE．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知是平面A1CE的法向量，，进而利用向量数量积求得直线A1C1与平面A1CE所成角的正弦值
【解答】（Ⅰ）证明：∵ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，
∴CC1⊥AC，CC1⊥BC，
又∠ACB=90°，
即AC⊥BC．
如图所示，建立空间直角坐标系C﹣xyz．A（2，0，0），B1（0，2，2），E（1，1，0），A1（2，0，2），
∴，，．
又因为，，
∴AB1⊥CE，AB1⊥CA1，AB1⊥平面A1CE．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，是平面A1CE的法向量，
，
∴|cos＜，＞|==．
设直线A1C1与平面A1CE所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．
所以直线A1C1与平面A1CE所成角的正弦值为．
7.
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．
【分析】（Ⅰ）只需证明AB⊥BF．AB⊥EF即可．
（Ⅱ）以A为原点，以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴正向建立空间直角坐标系，求出平面CDB的法向量为，平面EDB的法向量为，设二面角E﹣BD﹣C的大小为θ，则
=，
【解答】解：（Ⅰ）证：由已知DF∥AB且∠DAB为直角，故ABFD是矩形，
从而AB⊥BF．
又PA⊥底面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，
∵AB⊥AD，故AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，
在△PCD内，E、F分别是PC、CD的中点，EF∥PD，∴AB⊥EF．
由此得AB⊥平面BEF…
（Ⅱ）以A为原点，以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴正向建立空间直角坐标系，则
设平面CDB的法向量为，平面EDB的法向量为，则可取
设二面角E﹣BD﹣C的大小为θ，则
=，
所以，…
8.
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．
【分析】（1）取PB中点N，连结MN，AN．由三角形中位线定理可得四边形ADMN为平行四边形．由AP⊥AD，AB⊥AD，由线面垂直的判定可得AD⊥平面PAB．进一步得到AN⊥MN．再由AP=AB，得AN⊥PB，则AN⊥平面PBC．又AN∥DM，得DM⊥平面PBC；
（2）以A为原点，方向为x轴的正方向，方向为y轴的正方向，方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设E（2，t，0）（0≤t≤4），再求得P，D，B 的坐标，得到的坐标，求出平面PDE的法向量，再由题意得到平面DEB的一个法向量，由两法向量夹角的余弦值得到实数λ的值．
【解答】（1）证明：如图，取PB中点N，连结MN，AN．
∵M是PC中点，∴MN∥BC，MN=BC=2．
又∵BC∥AD，AD=2，
∴MN∥AD，MN=AD，
∴四边形ADMN为平行四边形．
∵AP⊥AD，AB⊥AD，AP∩AB=A，
∴AD⊥平面PAB．
∵AN?平面PAB，∴AD⊥AN，则AN⊥MN．
∵AP=AB，∴AN⊥PB，又MN∩PB=N，
∴AN⊥平面PBC．
∵AN∥DM，∴DM⊥平面PBC；
（2）解：存在符合条件的λ．
以A为原点，方向为x轴的正方向，方向为y轴的正方向，方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设E（2，t，0）（0≤t≤4），P（0，0，2），D（0，2，0），B（2，0，0），
则，．
设平面PDE的法向量=（x，y，z），
则，令y=2，则z=2，x=t﹣2，
取平面PDE的一个法向量为=（2﹣t，2，2）．
又平面DEB即为xAy平面，
故其一个法向量为=（0，0，1），
∴cos＜＞==．
解得t=3或t=1，
∴λ=3或．
9.
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．
【分析】（Ⅰ）推导出BE⊥AM，BC⊥AM，由此能证明AM⊥平面BEC．
（Ⅱ）由V B﹣ACE=V E﹣ABC，能求出三棱锥B﹣ACE的体积．
（Ⅲ）在平面QEC内作QN⊥EC，QN交CE于点N．QN与AM共面，设该平面为a，推导出四边形AMNQ是平行四方形，由此能求出AQ．
【解答】证明：（Ⅰ）∵平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB，BE⊥AB，BE?平面ABED，
∴BE⊥平面ABC，又AM?平面ABC，∴BE⊥AM．
又AB=AC，M是BC的中点，∴BC⊥AM，
又BC∩BE=B，BC?平面BEC，BE?平面BEC，
∴AM⊥平面BEC．
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABC，∴h=BE=6．
在Rt△ABM中，，
又，
∴．
（Ⅲ）在平面QEC内作QN⊥EC，QN交CE于点N．
∵平面QEC⊥平面BEC，平面QEC∩平面BEC﹣EC，
∴QN⊥平面BEC，又AM⊥平面BEC．∴QN∥AM．
∴QN与AM共面，设该平面为a，∵ABED是长方形，∴AQ∥BE，
又Q?平面BEC，BE?平面BEC，∴AQ∥平面BEC，
又AQ?α，α∩平面BEC=MN，∴AQ∥MN，又QN∥AM，
∴四边形AMNQ是平行四方形．∴AQ=MN．
∵AQ∥BE，AQ∥MN，∴MN∥BE，又M是BC的中点．∴，
∴AQ=MN=3．
10.
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明EA⊥平面EBC；
（2）求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．
【解答】（1）∵平面ABE⊥平面ABCD，且AB⊥BC，
∴BC⊥平面ABE
∵EA?平面ABE，∴EA⊥BC，
∵EA⊥EB，EB∩BC=B，
∴EA⊥平面EBC
（2）取AB中O，连接EO，DO．
∵EB=EA，∴EO⊥AB．
∵平面ABE⊥平面ABCD，
∴EO⊥平面ABCD
∵AB=2CD，AB∥CD，AB⊥BC，
∴DO⊥AB，
建立如图的空间直角坐标系O﹣xyz如图：
设CD=1，则A（0，1，0），B（0，﹣1，0），C（1，﹣1，0），D（1，0，0），E（0，0，1），
由（1）得平面EBC的法向量为=（0，1，﹣1），
设平面BED的法向量为=（x，y，z），
则，即，
设x=1，则y=﹣1，z=1，则=（1，﹣1，1），
则|cos＜，＞|===，
故二面角C﹣BE﹣D的余弦值是．
11.
【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．
【分析】（1）证明四边形BCDO是平行四边形，得出OB⊥AD；再证明BO⊥平面PAD，从而证明平面POB⊥平面PAD；
（2）解法一：由，M为PC中点，证明N是AC的中点，MN∥PA，PA∥平面BMO．
解法二：由PA∥平面BMO，证明N是AC的中点，M是PC的中点，得．
【解答】解：（1）证明：∵AD∥BC，，O为AD的中点，
∴四边形BCDO为平行四边形，
∴CD∥BO；
又∵∠ADC=90°，
∴∠AOB=90°，即OB⊥AD；
又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴BO⊥平面PAD；
又∵BO?平面POB，
∴平面POB⊥平面PAD；
（2）解法一：，即M为PC中点，以下证明：
连结AC，交BO于N，连结MN，
∵AD∥BC，O为AD中点，AD=2BC，
∴N是AC的中点，
又点M是棱PC的中点，∴MN∥PA，
∵PA?平面BMO，MN?平面BMO，
∴PA∥平面BMO．
解法二：连接AC，交BO于N，连结MN，
∵PA∥平面BMO，平面BMO∩平面PAC=MN，
∴PA∥MN；
又∵AD∥BC，O为AD中点，AD=2BC，
∴N是AC的中点，
∴M是PC的中点，则．
12.
【考点】与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定．
【分析】（1）连结AF，由已知条件推导出面ABC⊥面BB1C1C，从而AF⊥B1F，由勾股定理得B1F⊥EF．由此能证明平面AB1F⊥平面AEF．
（2）以F为坐标原点，FA，FB分别为x，y轴建立直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1﹣AE﹣F的余弦值．
【解答】（1）证明：连结AF，∵F是等腰直角三角形△ABC斜边BC的中点，
∴AF⊥BC．
又∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，
∴面ABC⊥面BB1C1C，
∴AF⊥面BB1C1C，AF⊥B1F．…
设AB=AA1=1，则，EF=，．
∴=，∴B1F⊥EF．
又AF∩EF=F，∴B1F⊥平面AEF．…
而B1F?面AB1F，故：平面AB1F⊥平面AEF．…
（2）解：以F为坐标原点，FA，FB分别为x，y轴建立直角坐标系如图，
设AB=AA1=1，
则F（0，0，0），A（），B1（0，﹣，1），E（0，﹣，），
， =（﹣，，1）．…
由（1）知，B1F⊥平面AEF，取平面AEF的法向量：
=（0，，1）．…
设平面B1AE的法向量为，
由，
取x=3，得．…
设二面角B1﹣AE﹣F的大小为θ，
则cosθ=|cos＜＞|=||=．
由图可知θ为锐角，
∴所求二面角B1﹣AE﹣F的余弦值为．…
13.
【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定．
【分析】（ I）只需证明DB⊥AC，BD⊥AE，即可得BD⊥平面ACFE；
（ II）取EF的中点为M，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OM为z 轴，建立空间直角坐标系，则，D（0，﹣，0），F（﹣1，0，h），E （1，0，2），则，，利用向量法求解【解答】（ I）证明：在菱形ABCD中，可得DB⊥AC，
又因为AE⊥平面ABCD，∴BD⊥AE，
且AE∩AC=A，BD⊥平面ACFE；
（ II）解：取EF的中点为M，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OM 为z轴，建立空间直角坐标系，
则，D（0，﹣，0），F（﹣1，0，h），E（1，0，2），则
，，
设平面BDE的法向量，由，可取
，
|cos|=，?h=3，
故F（﹣1，0，3），，，设平面BFE的法向量为，
由，可取，
，设平面DFE的法向量为，