立体几何二面角

1、如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，

(I)当λ=时,求证AB1丄平面A1BD;

(II)当二面角A—A1D—B的大小为-时,求实数λ的值.

2、

3、如图，菱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，平面，且．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．

4、如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC

的中点．

(1)求异面直线AE和PB所成角的余弦值．

(2)求三棱锥A－EBC的体积．

5、在四棱锥P﹣ABCD中，已知PB⊥底面ABCD，BC⊥AB，AD∥BC，AB=AD=2，CD⊥BD，

异面直线PA，CD所成角等于60°

（1）求证：面PCD⊥面PBD；

（2）求直线PC和平面PAD所成角的正弦值；

（3）在棱PA上是否存在一点E使得二面角A﹣BE﹣D的余弦

值为？

6、已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，

且PA=AD=DC=AB=1，M是PB的中点．

（1）求异面直线AC与PB所成的角的余弦值；

（2）求直线BC与平面ACM所成角的正弦值．

7、在四棱锥中，，，平面平面

，，且.

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求二面角的余弦值.

8、如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点.

(Ⅰ)证明：B1C1⊥CE；

(Ⅱ)求二面角B1－CE－C1的正弦值；

9、在如图所示的四棱锥中，已知平面∥

为的中点.

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求证：平面平面；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的余弦值.

11、如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面

（1）证明：；

（2）若，求二面角余弦值．

12、如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，侧面PAD丄底面ABCD，∠APD=．

（I）求证：平面PAB丄平面PCD；

（II）如果AB=BC，PB=PC，求二面角B﹣PC﹣D的余弦值．

13、如图，在四棱柱

中，底面

，，，

且，点

E在棱AB上，平面与棱

相交于点F.

（Ⅰ）证明：∥平面；

（Ⅱ）若E是棱AB的中点，求二面角的余弦值；

（Ⅲ）求三棱锥的体积的最大值.

二、选择题

三、14、正四棱锥S－ABCD的侧棱长为，底面边长为，E为SA的中点，则异面直线BE和SC所成的角为()

A．30° B．45° C．60° D．90°15、已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( )

A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n?α，则m⊥n

C．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α

16、下列说法正确的是（）

A．直线a平行于平面M，则a平行于M内的任意一条直线

B．直线a与平面M相交，则a不平行于M内的任意一条直线

C．直线a不垂直于平面M，则a不垂直于M内的任意一条直线

D．直线a不垂直于平面M，则过a的平面不垂直于M

三、填空题

17、一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：

①AB⊥EF；

②AB与CM所成的角为60°；

③EF与MN是异面直线；

④MN∥CD．

以上四个命题中，正确命题的序号是

．

18、设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：

（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；

（2）若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；

（3）设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；

（4）若l与α内的两条直线垂直，则直线l与α垂直．上面命题中，其中错误的个数是．

19、已知l、m、n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题：①若l∥m，n⊥m，则n⊥l；②若l?α，m?β，α∥β，则l∥m；③若l∥?α，则l∥α

④若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，则l⊥γ，其中真命题是．（填序号）

20、设a，b为两条直线，α，β为两个平面，给出下列命题：

（1）若a∥b，a⊥α，则b⊥α；

（2）若a∥α，b∥α，则a∥b；

（3）若a⊥b，b⊥α，则a∥α；

（4）若a⊥α，a⊥β，则α∥β．

其中正确命题的个数是．

21、如图在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中∠ACB=90°，AA1=2，AC=BC=1，则异面直线A1B与AC 所成角的余弦值是．

四、综合题

22、如图，四棱锥中，底面，，，

，，是的中点．

（1）求证：；

（2）求证：面．

五、计算题

23、如图，四棱锥的底面为正方形，侧棱底面，

且，分别是线段的中点。

（1）求证：平面；

（2）求证：平面；

（3）求二面角的大小。

参考答案

一、简答题

1、解：（Ⅰ）取的中点为，连结在正三棱柱中面面，

为正三角形，所以，故平

面．

以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，――2分

则，，，，

．

所以，，，

因为，

所以，又，

所以平面．―――－6分

（Ⅱ）由⑴得，所以，，，

设平面的法向量，平面的法向量，

由得平面的一个法向量为，

同理可得平面的一个法向量，

由，解得，为所求．――――12分

2、

3、解：（Ⅰ）如图，过点作于，连接.

平面平面，平面

平面平面于

平面

又平面，

四边形为平行四边形.

平面，平面

平面………5分

（Ⅱ）连接由（Ⅰ），得为中点，又，为等边三角形，

分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则

，，

设平面的法向量为.由得

令，得.

设平面的法向量为.由得令，得

.

故二面角的余弦值是. ………………………10分

4、(1)取BC的中点F，连结EF、AF，则EF∥PB，

所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成角．

∵∠BA C＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，

∴AF＝，AE＝，EF＝；

cos∠AEF＝＝，所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为.

……………8分

(2)因为E是PC中点，所以E到平面ABC的距离为PA＝1，V A－EBC＝V E－ABC＝×(×2×2×)×1＝. …………12分

5、【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．

【专题】空间位置关系与距离；空间角．

【分析】（1）分别以BA，BC，BP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由CD⊥PD，得C（0，4，0），异面直线PA 和CD所成角等于60°，得P（0，0，2）．求出平面PCD的法向量和平面PBD的法向量，由此能证明面PCD⊥面PBD．

（2）求出=（0，4，﹣2）和平面PAD的法向量，由此能求出直线PC和平面PAD所成角的正弦值．

（3）设=m+（1﹣m）=m（2，0，0）+（1﹣m）（0，0，2）=（2m，0，2﹣2m），0＜m＜1，求出平

面ABE的法向量和平面DBE的法向量，由已知条件利用向量法能求出E（，0，）．

【解答】（1）证明：分别以BA，BC，BP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则A（2，0，0），D（2，2，0），设P（0，0，p），p＞0，C（0，c，0），

=（2，2﹣c，0），=（2，2，﹣p），

∵CD⊥PD，∴?=（2，2﹣c，0）?（2，2，﹣p）=4+2（2﹣c）=0，

解得c=4，∴C（0，4，0）．

=（2，0，﹣p），∵异面直线PA和CD所成角等于60°，

∴=（2，0，﹣p）?（2，﹣2，0）=4=，

由p＞0，解得p=2，∴P（0，0，2）．

∴=（0，4，﹣2），=（2，2，﹣2），=（0，0，﹣2），

设平面PCD的法向量=（x，y，z），

则，取y=1，得=（1，1，2），

设平面PBD的法向量=（a，b，c），

则，取a=1，得=（1，﹣1，0），

∵=1﹣1+0=0，

∴面PCD⊥面PBD．

（2）解：∵=（0，4，﹣2），=（2，0，﹣2），=（0，2，0），

设平面PAD的法向量=（u，v，t），

则，取u=1，得=（1，0，1），

设直线PC和平面PAD所成角为θ，

sinθ=|cos＜＞|===，

∴直线PC和平面PAD所成角的正弦值为．

（3）解：设=m+（1﹣m）=m（2，0，0）+（1﹣m）（0，0，2）=（2m，0，2﹣2m），0＜m＜1，

平面ABE的法向量=（0，1，0），，

设平面DBE的法向量=（x1，y1，z1），

则，取z=m，得=（m﹣1，1﹣m，m），设二面角A﹣BE﹣D的平面角为α，

∵二面角A﹣BE﹣D的余弦值为，

∴cosα===，

整理得3m2﹣8m+4=0，由0＜m＜1，解得m=，

∴E（，0，）．

【点评】本题主要考查直线与平面之间的平行、垂直等位置关系，线面角、面面垂直、二面角的概念、求法等知识，以及空间想象能力和逻辑推理能力．

6、【考点】直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．

【专题】空间位置关系与距离；空间向量及应用．

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积，求AC与PB所成的角的余弦值，

（2）设=（x，y，z）为平面的ACM的一个法向量，求出法向量，利用空间向量的数量积，直线BC与平面ACM所成角的正弦值．

【解答】解：（1）以A为坐标原点，分别以AD、AB、AP为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，

则A（0，0，0），P（0，0，1），C（1，1，0），B（0，2，0），M（0，1，），

所以=（1，1，0），=（0，2，﹣1），||=，||=，

=2，

cos（，）==，

（2）=（1，﹣1，0），=（1，1，0），=（0，1，），

设=（x，y，z）为平面的ACM的一个法向量，则，即，

令x=1，则y=﹣1，z=2，

所以=（1，﹣1，2），

则cos＜，＞===，

设直线BC与平面ACM所成的角为α，

则sinα=sin[﹣＜，＞]=cos＜，＞=．

【点评】本小题考查空间中的异面直线所成的角、线面角、解三角形等基础知识考查空间想象能力和思维能力．

7、解：（Ⅰ）证明：作于

， CE与AD必相交，

又平面平面，

平面PAB，

又，

平面. …………………5分

（Ⅱ）（方法一：综合法）连AC，

由已知得AC=2，，

从而，

又，平面，

从而平面PCD平面PAC

作于，于，连，

设则所求的二面角为

，，，所以

.

（法二：向量法（略））

8、方法一：如图，以点A为原点，以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，

E(0,1,0). …………………………………………………………………………………3分

(1)证明易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是

·＝0，

所以B1C1⊥CE. ………………………………………………………………5分

(2)解＝(1，－2，－1).

设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，

则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1). ………………………………………………………… 8分

由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量. ……………………………………………………………………10分

于是cos〈m，〉＝＝＝－

，……………………11分

从而sin〈m，〉＝，所以二面角B1－CE－C1的正弦值为. ………12分

方法二(1)证明因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1?平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.

经计算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，

从而B1E2＝B1C＋EC，

所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，……………………2分

又CC1，C1E?平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E，

又CE?平面CC1E，故B1C1⊥CE. ……………………5分

(2)解过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G.

由(1)知，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面

角. ……………………………………………………………………………………9分

在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝.

在Rt△B1C1G中，B1G＝，所以sin ∠B1GC1＝，

即二面角B1－CE－C1的正弦值为. …………………………………………12分

9、（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）

【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据中位线定理求证出四边形MEBC为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；（Ⅱ）先证明线面垂直，再到面面垂直；（Ⅲ）找到∠ECF为直线EC与平面PAC所成的角，再解三角形即可

试题解析：（Ⅰ）解：取PA的中点M，连接BM，ME且

BC且

∴ME BC且 ME=BC

∴四边形MEBC为平行四边形，

∴BME CE，CE面PAB，BM面PAB，

∴CE面PAB

（Ⅱ）证明：∵⊥平面，

∴⊥，

又

∴，

∵

∴⊥平面

又?平面

所以平面⊥平面

（Ⅲ）解：取中点，则∥，

由（Ⅱ）知⊥平面

则⊥平面

所以为直线与平面所成的角

＝＝，＝

∴

即直线与平面所成角的正切值为

考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定

10、（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）

【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据中位线定理求证出四边形MEBC为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；（Ⅱ）先证明线面垂直，再到面面垂直；（Ⅲ）找到∠ECF为直线EC与平面PAC所成的角，再解三角形即可

试题解析：（Ⅰ）解：取PA的中点M，连接BM，ME且

BC且

∴ME BC且 ME=BC

∴四边形MEBC为平行四边形，

∴BME CE，CE面PAB，BM面PAB，

∴CE面PAB

（Ⅱ）证明：∵⊥平面，

∴⊥，

又

∴，

∵

∴⊥平面

又?平面

所以平面⊥平面

（Ⅲ）解：取中点，则∥，

由（Ⅱ）知⊥平面

则⊥平面

所以为直线与平面所成的角

＝＝，＝

∴

即直线与平面所成角的正切值为

考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定

11、解：（1）因为，,故

又底面，可得所以面. 故

（2）过作交于，连接，因为底面，

则为二面角的平面角.

在中，则所以

而，在中，则

所以

12、解：（Ⅰ）证明：因为四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，所以CD⊥AD，

又侧面PAD⊥底面ABCD，所以CD⊥PA．又∠APD=，即PA⊥PD，而CD∩PD=D，所以PA⊥平面PCD．因为PA?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD．.…………4分

（Ⅱ）解：如图，以AB为x轴，AD为y轴建立空间直角坐标系A﹣xyz．

设AB=2，P（0，a，b）（a＞0，b＞0），

则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0）．

由PA⊥PD，=（0，﹣a，﹣b），=（0，2﹣a，﹣b），得﹣a（2﹣a）+b2=0．①

因为PB=PC，所以22+a2+b2=22+（2﹣a）2+b2．②由①，②得a=1，b=1．.…………6分

由（Ⅰ）知，=（0，﹣1，﹣1）是面PCD的一个法向量．

设面PBC的一个法向量为=（x，y，z），则?=0，?=0，

又=（2，﹣1，﹣1），=（0，2，0），所以取=（1，0，2）．…8分

因为cosá＜，＞?=﹣，又二面角B﹣PC﹣D为钝角，

所以二面角B﹣PC﹣D的余弦值为﹣．．.…………12分

13、（Ⅰ）证明：因为是棱柱，所以平面平面

.

又因为平面平面，平面平面

，

所以∥. 又因为平面，平面，

所以∥平面.

（Ⅱ）解：因为底面，，

所以，，两两垂直，以A为原点，以，，分别为轴、轴和轴，如图建立空间直角

坐标系. 则，，，

所以,.

设平面的法向量为

由，,

得令,得

.

又因为平面的法向量为，所以，

由图可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为

.

（Ⅲ）解：过点F作于点,

因为平面平面，平面,所以平面,

所以

.

因为当F与点重合时，取到最大值2（此时点E与点B重合），

所以当F与点重合时，三棱锥的体积的最大值为.

二、选择题

14、C

15、B

16、 B

三、填空题

17、①③．

【考点】异面直线及其所成的角；异面直线的判定．

【专题】阅读型．

【分析】先把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，再根据所给结论进行逐一判定即可．

【解答】解：把正方体的平面展开图还原成原来的正

方体如图所示，则AB⊥EF，EF与MN为异面

直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．

故答案为①③

【点评】本题主要考查了异面直线及其所成的角，直线与直线的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．

18、2 ．

【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】综合题；数形结合；空间位置关系与距离；简易逻辑．

【分析】由面面平行的判定说明（1）正确；由线面平行的判定说明（2）正确；由题意得到α与β所成角可能是锐角、直角或钝角说明（3）错误；由线面垂直的判定说明（4）错误．

【解答】解：（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，由面面平行的判定可得α平行于β，（1）正确；

（2）若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则由线面平行的判定说明l和α平行，（2）正确；

（3）设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直，错误，α与β所成角可能是锐角、直角或钝角；

（4）若l与α内的两条直线垂直，则直线l与α垂直，错误，只有l与α内的两条相交直线垂直时，才有直线l与α垂直．

∴错误命题的个数是2个．

故答案为：2．

【点评】本题考查线面之间的位置关系，解题的关键是熟练应用线面平行和垂直的判定定理，是基础题．

19、①④．（填序号）

【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】空间位置关系与距离；简易逻辑．

【分析】根据异面直线所成角的定义可判断①；利用面面平行的性质知两平面内直线平行或异面判断②；根据线面平行的判定定理的条件判断③；借助图形，由面面垂直可得线面垂直，进而的线线垂直，再利用线面垂直的判定定理判断④．

【解答】解：①若l∥m，n⊥m，n与m成90°角，由异面直线所成角的定义可知，n与l成90°角，则n⊥l，①为真命题；

②若l?α，m?β，α∥β，则l∥m或l与m异面，②是假命题；

③若l∥m，m?α，则l∥α或l?α，③是假命题；

④若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，如图，

在平面γ内取点O，过O在γ内分别作OA，OB垂直于α与γ的交线和β与γ的交线，

则由面面垂直的性质得OA⊥α，OB⊥β，得：OA⊥l，OB⊥l，∴有l⊥γ，故④正确

故答案为：①④．

【点评】本题考查了面面垂直的判定与性质，考查了面面平行的判定及线线垂直的判定，考查了学生的空间想象能力，是中档题．

20、2个．

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．

【专题】证明题．

【分析】（1）由线面垂直的定义可得：若a∥b，a⊥α，则b⊥α是正确的．（2）若a∥α，b∥α，则a与b可能平行、可能相交或者可能异面．（3）若a⊥b，b⊥α，则a∥α或者a?α．（4）由面面平行的定义可得此结论是正确的．

【解答】解：（1）由线面垂直的定义可得：若a∥b，a⊥α，则b⊥α是正确的，所以（1）正确．

（2）若a∥α，b∥α，则a与b可能平行、可能相交或者可能异面，所以（2）错误．

（3）若a⊥b，b⊥α，则a∥α或者a?α．所以（3）错误．

（4）由面面平行的定义可得：若a⊥α，a⊥β，则α∥β是正确的，所以（4）正确．

故答案为2个．

【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握线线、线面、面面的平行或者垂直的判定定理、性质定理．

21、．

【考点】异面直线及其所成的角．

【专题】计算题．

【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点A1，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角的余弦值．

【解答】解：∵A1C1∥AC，

∴异面直线A1B与AC所成角为∠BA1C1，

易求，

∴

．

故答案为：

【点评】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．四、综合题

22、证明：（1）底面，

又，，故面

面，故

（2）证明：，，故

是的中点，故

由（1）知，从而面，故

易知，故面

五、计算题

23、解法一：（1）证明：∵，分别是线段，的中点，∴。

又∵平面，平面，

∴平面。

（2）解，∵为的中点，且，∴，

又∵底面，底面，∴。

又∵四边形为正方形，∴。

又∵，∴平面。

又∵平面，∴。

又∵，∴平面。

（3）∵平面，平面，∴平面平面，

∵平面，平面平面=，，

∴平面，∵分别是线段的中点，

∴，∴平面。∵平面，平面，

∴，∴，

∴就是二面角的平面角。

在中，，

∴，所以二面角的大小为。

解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，

∴。

（1）证明：∵，，

∴

∵平面，且平面，

∴平面。

（2）解：，，，

，

。

∴

又∵∴平面。

（3）设平面的法向量为，

因为，，

则取。

又因为平面的法向量为，

所以，

∴，所以二面角的大小为。