空間幾何精選試題

■安徽省利辛高級中學 胡 彬

1.（2020 年龍巖模擬）如圖1，在四棱錐P-ABCD 中，PA ⊥平面ABCD，在四邊形ABCD 中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，CD =，AD=2，PA=4。

（1）證 明：CD ⊥平面PAD；

圖1

（2）求二面角B-PC-D 的余弦值。

2.（2020 年江西模擬）如圖2，在三棱錐P-ABC 中，平面PAC⊥平面ABC，∠BAC=90°，∠ACP=30°，且AC=12，AB=AP=6。

圖2

（1）若D 為BP 上的一個動點，求證：PC⊥AD；

（2）若CE=2EP，求二面角A-EB-C 的平面角的余弦值。

3.（2020 年鄭州模擬）如圖3，四邊形ABCD 是矩形，沿對角線AC 將△ACD 折起，使得點D 在平面ABC 內的射影恰好落在邊AB 上。

（1）求證：平面ABD⊥平面BCD；

4.（2020年龍巖模擬）如圖4，在四棱錐P-ABCD 中，底面ABCD 為直角梯形，∠ADC=∠BCD=90°，BC=1，PD=AD=2DC=2，∠PDA=60°，且平面PAD⊥平面ABCD。

（1）求證：BD⊥PC。

（2）在線段PA 上是否存在一點M，使二面角M-BC-D的大小為30°? 若存在，求出的值；若不存在，請說明理由。

圖4

5.（2020 年宿遷模擬）如圖5，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，設AD=1，DD1=3，點P 在CC1上，且C1P=2PC。

（1）求直線A1P 與平面PDB 所成角的正弦值；

（2）求二面角A-BD-P 的余弦值。

圖5

6.（2020 年泉州模擬）如圖6，已知四棱錐P-ABCD 的底面為菱形，∠BAD =120°，AB=2。平面PCD ⊥平面ABCD，PC=PD，E，F(xiàn)分別是BC，PD 的中點。

（1）求證：EF∥平面PAB；

（2）若直線PB 與平面ABCD 所成的角為45°，求直線DE 與平面PBC 所成角的正弦值。

圖6

7.（2020 年蚌埠模擬）如圖7，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD ∥BC，AB ⊥AD，AD=AB=2BC，M 為A1D 的中點。

（1）證 明：CM ∥平面AA1B1B；

（2）若四邊形AA1B1B 是菱形，且面AA1B1B⊥面ABCD，∠B1BA=60°，求二面角A1-CM-A 的余弦值。

圖7

8.（2020 年安徽模擬）如圖8，在四棱錐P-ABCD 中，側面PAB為等腰直角三角形，BC⊥平面PAB，PA=PB，AB=BC=2，AD=BD

圖8

（1）求證：PA⊥平面PBC；

（2）求直線PC 與平面PAD 所成角的正弦值。

9.（2020 年青島模擬）如圖9，在四棱錐E-ABCD 中，四邊形ABCD 為平行四邊形，△BCE 是邊長為2的等邊三角形，AB=AE，F(xiàn)，O 分別為AB，BE 的中點，OF 是異面直線AB 和OC 的公垂線。

（1）證明：平面ABE⊥平面BCE；

（2）記△CDE 的重心為G，求直線AG與平面ABCD 所成角的正弦值。

圖9

10.（2020年大連模擬）如圖10，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側面BB1C1C 為菱形，A 在側面BB1C1C上的投影恰為B1C的中點O，E 為AB的中點。

圖10

（1）證 明：OE∥平面ACC1A1。（2）若∠CBB1=60°，cos∠ACC1=在線段C1A1上是否存在點F（F 不與C1，A1重合）使得直線EF 與平面ACC1A1所成角的正弦值為若存在，求出的值；若不存在，請說明理由。

參考答案：

1.（1）連接AC，由∠ABC=90°，AB=4，BC=3，得AC=

因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD。

因為PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD。

（2）以D 為坐標原點，AD 的延長線為x 軸，DC 為y 軸，過點D 與PA 平行的直線為z 軸，建立空間直角坐標系D-xyz，如圖11所示。

圖11

因為平面PAC ⊥平面ABC，交線為AC，∠BAC=90°，故AB⊥平面APC，所以AB⊥PC。

又AP∩AB=A，所以PC⊥平面ABP。

又因為AD ?平面ABP，所以PC ⊥AD。

（2）因為平面PAC⊥平面ABC，在平面PAC 中過A 點作AC 的垂線l，則l 垂直平面ABC。

以A 為坐標原點，l 為z 軸，AB，AC所在直線分別為x 軸，y 軸，建立空間直角坐標系A-xyz，如圖12所示。

在△APC 中，過點E 作EF⊥AC 于F，由CE=2EP 知E 為PC 的三等分點，易得E（0，6，2），B（6，0，0），C（0，12，0），A（0，0，0），所以=（0，6，

圖12

設平面EAB 的 法向 量為m=（x1，y1，z1），則令y1=-1，得z1=，所以m=（0，-1，）。

設平面EBC 的法向量 為n=（x2，y2，z2），則令y2=1，得z2=，x2=2，所以n=（2，1，）。

3.（1）設點D 在平面ABC 上的射影為點E，連接DE，如圖13，則DE⊥平面ABC。

因為BC?平面ABC，所以DE⊥BC。

因為四邊形ABCD 是矩形，所以AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AD。

又AD⊥CD，CD?平面BCD，BC?平面BCD，CD∩BC=C，所以AD⊥平面BCD。

因為AD ?平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD。

圖13

（2）以B 為坐標原點，BC，BA 所在直線分別為x 軸，y 軸，建 立 空間直角坐標系B-xyz，如圖14所示。

設AD=a，則AB=2a，所以A（0，2a，0），C（a，0，0）。

圖14

又因為平面ABC 的一個法向量為n=（0，0，1），所以即二面角D-AC-B 的余弦值為

4.（1）如圖15，過點P 在面PAD 內作PO⊥AD，垂足為O，連接BO，OC。

因為平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥BD。

因為∠PDA=60°，PD=DA=2，所以△PDA 是等邊三角形，所以OD=1=BC。

又因為OD∥BC，∠BCD=90°，所以四邊形OBCD 是正方形，所以BD⊥OC。

又OC ∩PO=O，所以BD⊥平面POC。

又PC?平面POC，所以BD⊥PC。

圖15

（2）由（1）知PO⊥平面ABCD，OB⊥AD，所以以O為坐標原點，OA，OB，OP 所在直線分別為x 軸，y 軸，z軸，建立如圖16所示的空間直角坐標系O-xyz 則B（0，1，0），C（-1，1，0），D（-1，0，0），P（0，0，），A（1，0，0）。

圖16

假設在線段PA 上存在一點M，使二面角M-BC-D 大小為30°。

又平面ABCD 的一個法向量為n=（0，0，1），二面角M-BC-D 的大小為30°，所以化簡整理得9λ2-18λ+8=0，解得（舍去），所以在線段PA 上存在點M滿足題設條件且

圖17

5.（1）如圖17，以D 為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x 軸，y 軸，z 軸，建立空間直角坐標系D-xyz，則D（0，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，3），P（0，1，1），所 以

設平面PDB 的法向量為n1=（x，y，z），則令x=1，得y=-1，z=1，所以n1=（1，-1，1）。

設直線A1P 與平面PDB 所成角為θ，所以

所以直線A1P 與平面PDB 所成角的正弦值為

（2）由（1）知平面PDB 的一個法向量為n1=（1，-1，1），取平面ABD 的一個法向量為n2=（0，0，1）。

6.（1）如圖18，取PA 的中點 M，連接BM，MF。

因為M，F(xiàn) 分別是PA，PD 的中點，所以MF∥AD，且

圖18

在菱形ABCD 中，E 是BC的中點，所以BE∥AD，且，所以MF∥BE，且MF=BE，所以四邊形MBEF 是平行四邊形，所以EF∥BM。又EF平面PAB，BM ?平面PAB，所以EF∥平面PAB。

（2）取CD 的中點為O，連接PO，AO，AC，因為PC=PD，所以PO⊥CD。

因為平面PCD ⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO?平面PCD，所以PO⊥平面ABCD，則∠PBO 為PB 與平面ABCD 所成的角，即∠PBO=45°。

在△BCO 中，BC=2，CO=1，∠BCO=120°，所以BO2=22+12-2×1×2×cos120°=7，所以BO=。

圖19

如圖19，以O 為坐標原點，OA，OC，OP 所在直線分別為x 軸，y軸，z 軸，建立空間直角坐標系O-xyz，則C（0，1，0），P（0，0，），D（0，-1，0），B（，

7.（1）取AA1的中點為N，連接MN，BN，因為M 為A1D 的中點，所以MN ∥AD，且MN=AD。又BC∥AD，BC=，所以MN∥BC，且MN=BC，所以四邊形MNBC 是平行四邊形，從而CM∥BN。又BN ? 平面 AA1B1B，CM平面AA1B1B，所以CM∥平面AA1B1B。

（2）取A1B1的中點P，連接AP，AB1，因為四邊形AA1B1B 為菱形，又∠B1BA=60°，易知AP ⊥AB。又平面AA1B1B ⊥平面ABCD，平面AA1B1B ∩平面ABCD=AB，AD⊥AB，所以AD ⊥平面AA1B1B，AD ⊥AP，故AB，AD，AP 兩兩垂直。

以A 為坐標原點，AB，AD，AP 所在直線分別為x 軸，y 軸，z 軸，建立空間直角坐標系A-xyz，如圖20 所示。不妨設 AB =4，則A（0，0，0），D（0，4，0），C（4，2，0），A1（-2，0，所 以

圖20

設平面A1CM 的法向量為m=（x1，y1，z1），則

令x1=1，得y1=2，所以m =

設平面ACM 的法向量為n=（x2，y2，z2），則令x2=1，得y2= -2，所以n=

8.（1）因為BC⊥平面PAB，PA?平面PAB，所以BC⊥PA。因為△PAB 為等腰直角三角形，所以PA⊥PB。又PB∩BC=B，所以PA⊥平面PAB。

（2）取AB 的中點為O，連接OP，OD。因為PA=PB，AD=BD，所以PO⊥AB，DO⊥AB。因為BC⊥平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD。因為OD?平面ABCD，所以PO⊥OD。

圖21

如圖21，以O 為坐標原點，OD，OB，OP 所在直線分別為x軸，y 軸，z 軸，建立空間直角坐標系O-xyz，則AO=BO=PO=1，又BC⊥AB，DO⊥AB，所以OD∥BC 且OD=BC，于是P（0，0，1），A（0，-1，0），D（2，0，0），C（2，1，0），所以（2，1，0）。

9.（1）因為O 為BE 的中點，所以在等邊△BCE 中，OC⊥BE。又因為OF 是異面直線AB 和OC 的公垂線，所以OC⊥OF。又因為OF∩BE=O，OF，BE?平面ABE，所以OC⊥平面ABE。因為OC?平面BCE，所以平面ABE⊥平面BCE。

（2）因為F，O 為AB，BE 的中點，所以OF∥AE。又因為OF 是異面直線AB 和OC 的公垂線，所以OF⊥AB，所以AE⊥AB。又因為AE=AB，所以△ABE 為等腰直角三角形。

因為OA ⊥BE，OA ?平面ABE，平面ABE⊥平面BCE，且平面ABE∩平面BCE=BE，所以OA⊥平面BCE。

如圖22，以O 為坐標原 點，OE，OC，OA 所在直線分別為x 軸，y軸，z 軸，建立空間直角坐標系O-xyz，則A（0，0，1），B（-1，0，0），C（0，

圖22

因為四邊形ABCD 為平行四邊形，設D（x0，y0，z0），因為所 以（1，，0）=（x0，y0，z0-1），所以D（1，，1）。

10.（1）連接BC1，AC1。因為O，E 分別為BC1，AB 的中點，所以OE∥AC1。因為OE平面ACC1A1，AC1?平面ACC1A1，所以OE∥平面ACC1A1。

（2）由題意可知AO ⊥平面BB1C1C，四邊形BB1C1C 為菱形，如圖23，建立空間直角坐標系O-xyz。 設 BC=2，因為∠CBB1=60°，cos ∠ACC1=cos∠ACO·cos∠OCC1，所以cos∠ACO=所以AO=1，所以B，0，0），C（0，-1，0），C1（-，0，0），A （0，0，1），

圖23

設平面AA1CC1的法向量為n=（x，y，z），因為所以令x=1，得

因為直線EF 與平面ACC1A1所成角的正弦值為或λ=0（舍去），所以