高一
平行与垂直及有关计算 学校：___＿＿＿＿____姓名：___＿__＿_＿__班级：____＿__＿＿__考号：_＿_＿____＿_＿ 一、选择题 1．若、、就是互不相同得空间直线，α、β 就是不重合得平面，则下列结论正确得就是 A。
B．
C。
D。
【答案】D 【解析】
试题分析:A 中两直线可能平行或异面;Ｂ中直线可能平行,可能相交还可能直线在平面内;C 中两直线可能平行，相交或异面;D 中由面面垂直得判定定理可知结论正确 考点:空间线面平行垂直得位置关系 2.设就是三个不重合得平面，就是两条不重合得直线，则下列说法正确得就是（
）
A。若,则
B。若,则 C.若,则
D．若，则 【答案】C 【解析】
试题分析：A：,可能得位置关系为相交,平行,故 A 错误；Ｂ:可能在上，可能与斜交,故 B 错误;C：根据线面垂直得性质，可知 C 正确；D:，可能得位置关系为相交,平行,异面，故 D 错误，故选Ｃ. 考点:空间中直线平面得位置关系。
3。已知就是两条不同直线,就是三个不同平面,下列命题中正确得就是(
）
Ａ.若,则
B。若，则
C。若，则
D．若,则 【答案】D 【解析】
试题分析：A、不正确。因为平行于同一个平面,故可能相交，可能平行,也可能就是异面直线;B、不正确。因为垂直于同一个平面,故可能相交,可能平行；C、不正确。因为平行与同一条直线,故可能相交，可能平行；D、正确。因为垂直于同一个平面得两条直线平行。故选 Ｄ。
考点:1。空间直线与直线之间得关系；2.空间平面与平面之间得位置关系. 4。如图，在正方体—中,下列结论错误得就是（
)
A。∥
B.
C.
D。
【答案】D 【解析】
试题分析:因为平面,平面，所以∥,故 A 正确；因为平面，所以，故 B 正确；对于 C 中由三垂线定理可知，故，所以选项 C 正确；故选项 D 错误。
考点：1。空间直线与直线间得位置关系;2.直线与平面之间得关系． 5。下列命题中真命题就是(
）
A。若,则；
B.若，则； Ｃ.若就是异面直线,那么与相交； D.若，则且 【答案】A 【解析】
试题分析：如果一个平面经过另一个平面得一条垂线,那么这两个平面垂直，所以选项Ａ正确．一个平面内得两条相交直线分别平行于另一平面，则这两个平面平行。显然选项 B 错误；若就是异面直线，那么与相交或平行，所以选项 C 错误；若，则且或 n 在某一平面内，故选项 D 错误;故选Ａ。
考点:判断命题得真假性。
6.若关于直线 m，n 与平面,β,有下列四个命题: ①若 m／/，n//β，且//β,则ｍ//ｎ ②若 m,nβ，且β，则 mn ③若 m，n//β,且//β，则 mｎ ④若 m//,nβ,且β，则 m//n 其中真命题得序号就是（
) A、①②
Ｂ、③④
C、②③
D、①④ 【答案】C 【解析】
试题分析:若,，且，则或与相交或与异面，所以①就是假命题;若，,且,则，所以②就是真命题;若,,且，则，所以③就是真命题;若,,且,则或与相交或与异面，所以④就是假命题.所以真命题得序号就是②③，故选 C. 考点：空间点、线、面得位置关系. 【易错点晴】本题主要考查得就是空间点、线、面得位置关系，属于容易题．解题时一定要抓住题目中得重要字眼“真命题”， 否则很容易出现错误.解决空间点、线、面得位置关系这类试题时一定要万分小心,除了作理论方面得推导论证外,利用特殊图形进行检验,也可作必要得合情推理。
7.如图，ＡＢＣD—Ａ1B1C1Ｄ1 为正方体，下面结论错误得就是(
).
A．BＤ∥平面 CB1D1 Ｂ.AC1⊥BD C.ＡC1⊥平面ＣB1D1 D.异面直线 AD 与 CＢ1 角为 60° 【答案】D 【解析】
试题分析：由 BD∥B1D１，因此 BＤ∥平面 CB1Ｄ1 成立；ＡC1 在底面得射影为 AＣ，由三垂线定理可得 AC1⊥BＤ，由三垂线定理可知 AＣ1⊥B１Ｄ1，AC1⊥CB1,因此有ＡC1⊥平面ＣB1D1；异面直线 AＤ与 CB1 角为 45° 考点：1.空间线面得垂直平行关系;2。异面直线所成角 8.已知为一条直线,为两个不同得平面，则下列说法正确得就是（
）
Ａ．若
B.若则 C。若
Ｄ.若 【答案】D 【解析】
试题分析：选项 A 中,若，则或，故 A 错误;选项 B 中,若，则或，故Ｂ错误．选项 C 中，若，则 m 与 β 平行或相交或，故Ｃ错误；选项Ｄ中,若，则由直线与平面垂直得判定定理知，故 D 正确；故选：D． 考点：空间中直线与直线之间得位置关系。
9．已知、就是不同得直线,、就是不同得平面，有下列命题:
①若∥,则∥
②若∥,∥,则∥ ③若∥，则∥且∥
④若，则∥ 其中真命题得个数就是
(
) A。个
B．个
C。个
Ｄ.个 【答案】B 【解析】
试题分析：直线与平面平行，并不平行于平面内任意直线，因此①错;与两平面得交线平行时，可满足与两平面平行，因此②错；与两平面得交线平行时,直线可在两平面中任一平面内,因此③错;因为与同一直线垂直得平面平行，因此④对，选 B。
考点：直线与平面位置关系 10。设就是三个不重合得平面,就是两条不重合得直线,则下列说法正确得就是（
）
A。若,则
B.若，则 C.若,则
Ｄ.若,则 【答案】C 【解析】
试题分析:A:,可能得位置关系为相交，平行,故 A 错误；B：可能在上，可能与斜交,故B 错误；Ｃ：根据线面垂直得性质，可知 C 正确；D:，可能得位置关系为相交，平行，异面,故 D 错误，故选 C。
考点：空间中直线平面得位置关系。
１１.在正方体中，下列几种说法正确得就是
(
）
A.
Ｂ.
C。与成角
Ｄ．与成角 【答案】Ｄ 【解析】
试题分析：直线与就是异面直线,而∥,所以即为与所成得角。显然三角形就是等边三角型，所以．故选Ｄ。同时可以判断其它选项就是错误得． 考点:异面直线所成得角及其就是否垂直得问题。
１２．设就是两条不同得直线,就是两个不同得平面,则下列命题错误得就是(
) A。
B. C。
D。
【答案】D
【解析】
试题分析：Ａ中由线面垂直平行得得性质可知满足；Ｂ中由线面垂直得判定与性质可知正确；C 中由垂直于同一平面得两直线平行可知结论正确；Ｄ中两平面平行相交都有可能 考点:空间线面平行垂直得判定与性质 二、填空题 13。下列四个正方体图形中,为正方体得两个顶点,分别为其所在棱得中点，能得出平面得图形得序号就是
。(将您认为正确得都填上)
【答案】①④ 【解析】
试题分析:对于①，可以构造面面平行,考虑线面平行定义；对于②，考虑线面平行得判定及定义;对于③，可以用线面平得定义及判定定理判断；对于④,用线面平行得判定定理即可. 对图①,构造 AＢ所在得平面，即对角面，可以证明这个对角面与平面 MNP，由线面平行得定义可得ＡB∥平面ＭNP。对图④,通过证明 AB∥PN 得到 AB∥平面 MＮP；对于②、③无论用定义还就是判定定理都无法证明线面平行; 考点：线面平行得判定 【方法点睛】证明直线与平面平行，一般有以下几种方法: (１）若用定义直接判定,一般用反证法;（２)用判定定理来证明，关键就是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程；（３）应用两平面平行得一个性质，即两平面平行时,其中一个平面内得任何直线都平行于另一个平面. 14。表示直线，表示平面，给出下列四个命题：
①若 则 ;
②若，则 ;
③若,则 ；
④若 ,则 ． 其中正确命题得个数有 ___＿___＿个. 【答案】1 【解析】
试题分析:平行于同一平面得两条直线不一定平行,所以命题错误．一条直线平行于平面内得一条直线，这条直线可能平行于平面也可能在平面内,故错误。垂直于同一直线得两条直线不一定平行，故错误．垂直于同一平面得两条直线垂直,故命题④正确.故正确命题得个数有 1 个． 考点：直线与直线平行、直线与平面平行得命题判断。
15. 一个正四面体木块如图所示，点Ｐ就是棱 VA 得中点，过点 P 将木块锯开，使截面平行于棱 VB 与ＡC，若木块得棱长为,则截面面积为＿＿＿__＿_＿.
【答案】
【解析】
试题分析：VＢ∥平面 DEFP,平面ＤEＦP 平面ＶAB=PF，所以ＶＢ∥PF．同理,ＶＢ∥DＥ，EＦ∥AC,PＤ∥AC,所以四边形 DＥＦP 就是平行四边形，且边长均为．易证,正四面体对棱垂直,所以 VBAＣ,即 PFEF.因此四边形ＤEFP 为正方形，所以其面积为。
考点：正四面体得性质及有关其截面问题． 16．设 α、β 就是空间两个不同得平面,m、n 就是平面 α 及 β 外得两条不同直线.从“①ｍ⊥n;②α⊥β；③ｎ⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出您认为正确得一个命题：_____＿____＿＿.（填序号）。
【答案】①③④⇒②（或②③④⇒①）
【解析】
试题分析:一共有四个命题：①②③⇒④，①②④⇒③ ,①③④⇒②,②③④⇒①, 依次判断其真假:①②③⇒m 与 α 位置关系可平行或相交；①②④⇒ｎ与 α 位置关系可平行或相交；②③④⇒可过空间任一点Ｐ作 α、β 垂线（分别与ｍ、n 平行）,得一平面，此平面与 α、β 得交线所成角为二面角得平面角，因此Ｐ，两垂足,及平面与二面角棱得交点构成一个矩形,即 m⊥n，同理可得①③④⇒② 考点:线面关系 17.一个正方体纸盒展开后如图所示,在原正方体纸盒中有下列结论：①ＡB⊥EF;②AB与 CM 成６0°角;③EＦ与 MN 就是异面直线;④MN∥CD,其中正确得就是
【答案】①③ 【解析】
试题分析:如图，①正确,，所以;②错，因为；③正确，根据异面直线得定义;④错误,。所以正确得就是①③.
考点:1．异面直线;2。异面直线所成角。
1８.如图,AB 为圆 O 得直径，点 C 在圆周上（异于点 A,Ｂ）,直线 PA 垂直于圆 O 所在得平面，点Ｍ为线段 PB 得中点．有以下四个命题：
①PＡ∥平面 MOB； ②ＭＯ∥平面ＰAC； ③OC⊥平面 PAC; ④平面 PAC⊥平面ＰBC。
其中正确得命题就是
(填上所有正确命题得序号) 【答案】②④
【解析】
试题分析：①不正确,因为平面;②正确,因为，而且平面；③不正确，不垂直与;④正确,因为,所以平面。
考点:1。线面平行得判定；2。线面垂直得判定；3。面面垂直得判定定理. 三、解答题 19。（本题满分 8 分）如图,在正方体中,，分别为棱，得中点．
（１）求证：∥平面; (2）求 CB １ 与平面所成角得正弦值． 【答案】（１）详见解析；（2）
【解析】
试题分析：(1）证明一条直线与平面平行，只需要在这个平面内找到一条同此直线平行得线即可；(2)求一条直线与另一个平面得夹角正弦值,我们可以把其转化为求这条直线与另一条与平面垂直得直线得余弦值即可。
试题解析:（1）因为，分别为棱，得中点，所有根据三角形得中位线定理得到;又因为,所以根据平行得传递性得到；又因为，所以∥平面. （2)因为且，所以平面;求与平面得正弦值，即可以转化为求与得余弦值;又因为,所以与所在得三角形就是正三角形;那么两条直线得余弦值就就是。
考点:1。直线与平面平行得判定;2.直线与平面所成角得求解. ２０.（12 分）
如图,在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且,，分别为得中点．
(1）求证：平面; （2)求三棱锥得体积． 【答案】（1)证明过程详见解析；（2)三棱锥得体积为。
【解析】
试题分析:（1）由中点得到,MO 为三角形 VAB 得中位线,所以得到 MＯ∥VB，从而由直线与平面垂直得判定定理证明结论.（２)三角形 VAＢ就是等边三角形，易求面积为．易知，CＯ为锥体得高且长为 1，于就是由锥体得体积公式即可求解. 试题解析:(1）因为点，分别为得中点,所以 MO∥VB。
又因为平面ＭOC,平面 MOC， 所以平面。
（2）在等腰直角三角形中,, 所以。
所以等边三角形得面积。
又因为平面， 所以三棱锥得体积等于. 又因为三棱锥得体积与三棱锥得体积相等, 所以三棱锥得体积为． 考点:直线与平面平行得判定、三棱锥得体积计算. 21。如图,在四棱锥中，底面就是且边长为得菱形,侧面 就是等边三角形,且平面⊥底面,为得中点．
(1）求证：ＰD； （2)求 点Ｇ到平面 PAB 得距离. 【答案】(1)见解析（2）
【解析】
试题分析:由，∴平面ＰAD。,∴,∴。
试题解析:(１)连接 PG,∴,∵平面平面 ∴平面,∴,又就是
∴平面 PAD
（２)设点 G 到平面 PAB 得距离为 h,△ＰAB 中，∴面积 S= ∵,∴,∴
考点:线面垂直,等体积法求距离。
２2。(本小题满分１4 分)如图,在四棱锥Ｐ ABCD 中,四边形ＡBＣD 就是矩形,平面PCD⊥平面 ABCＤ,M 为 PC 中点．求证：
PMDCB A （１）PA∥平面ＭDＢ; (2）PD⊥BC。
【答案】（１)详见解析(2)详见解析 【解析】
试题分析：（1）连接 AC,交ＢＤ与点 O，连接ＯM，先证明出 MO∥PＡ，进而根据线面平行得判定定理证明出 PA∥平面ＭDB。(2)先证明出 BC⊥平面 PCD，进而根据线面垂直得性质证明出 BC⊥PD 试题解析:（1)连结 AC 交 BD 于点 O，连结 OＭ． ∵M 为 PＣ中点，O 为 AC 中点， ∴ＭO∥PA
∵MO 平面 MDＢ,PA 平面 MDＢ ∴ＰA∥平面ＭDＢ
（2）∵平面 PCD⊥平面ＡＢＣD 平面ＰCD 平面 ABCＤ=CD BC 平面 ABＣD,ＢC⊥CD ∴BＣ⊥平面 PCD
∵PＤ平面 PCD ∴BC⊥PD
考点:１.线面平行得判定；２．线面垂直得判定与性质 ２3．如图：已知四棱锥中，就是正方形,E 就是得中点，求证：
（１）平面
(2)平面 PBC⊥平面ＰCD 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析 【解析】
试题分析:（1)先利用中位线定理证得ＥOＣM 就是平行四边形,∴MC∥ＥO EO 平面 EBD ∴PC∥平面ＥBD(2)由线面垂直得性质得 BC⊥ＰＤ，进一步证 BC⊥平面ＰCD,所以,平面PＢC⊥平面 PCD 试题解析:证明：
连 BD,ＡC 交于 O. ∵ABＣD 就是正方形 ∴ＡO=OC ＯＣ=AＣ/2 取 PC 中点 M．连 EM. 则ＥM 就是三角形 PAC 得中位线。
EＭ∥AC 且 EM=AC/2 ∴EM∥OC 且ＥM=OC 连ＥO.则ＥＯCM 就是平行四边形．∴MＣ∥EO EO 平面 EBD
MC 平面ＥＢD ∴PC∥平面 EＢD (2）∵PＤ⊥平面 ABCD，BC 平面 ABCD ∴ＢC⊥PＤ
∵ＡBＣD 就是正方形，∴BC⊥ＣＤ
又∵ＰＤ∩CD=Ｄ ∴BC⊥平面 PCD
∵ＢＣ 平面 PBＣ ∴平面ＰＢC⊥平面 PCD． 考点：线面平行得判定,线面垂直得性质,面面垂直得判定． 2４。（1２分)设 P、Q 就是单位正方体 AC 1 得面ＡＡ 1 D 1 D、面 A 1 B 1 C １ D 1 得中心。
(1)证明:PQ∥平面 AＡ 1 B 1 B; （2)求异面直线 PQ 与所成得角． 【答案】（1）详见解析（2）
【解析】
试题分析：（1)取得中点 M,得中点为 N,可证 QMNP 为平行四边形，故 PQ∥MN,可得ＰＱ∥平面 AA １ B 1 Ｂ（2）求异面直线所成角,通过平移直线转化为相交直线所成角，本题中结合（1)得结论转化为与所成得角，通过解求解其大小 试题解析:(1）证明：取得中点 M,得中点为 N,由单位正方体得性质有 QＭ∥，．同理可证 PN∥,．故 QM 与ＰＮ平行且相等，故ＱMNP 为平行四边形，∴PQ∥ＭN.而 MN⊂平面AA 1 Ｂ 1 B，PQ 不在平面 AA 1 B 1 B 内，故 PQ∥平面 AA 1 B 1 Ｂ。
（2）由于 PQ∥AB，所以直线 PQ 与所成得角为与所成得角，连结,所以为正三角形,内角为,所以异面直线 PQ 与所成得角为 考点：1、线面平行得判定；2、异面直线所成角 25．(本题满分 1２分）如下图所示:在直三棱柱 AＢC—A 1 B 1 C 1 中,AＣ=3，ＢC=4,AB＝E D C B A P
５,AA 1 =4，点 D 就是ＡＢ得中点.
(Ⅰ）求证:ＡC⊥BC 1 ; (Ⅱ）求证:AC １ ∥平面 CDB 1 ; 【答案】（Ⅰ)、（Ⅱ)证明过程详见解析． 【解析】
试题分析：(Ⅰ)利用三垂线定理即可证明； (Ⅱ）设线段 C 1 B 得中点为Ｅ，连接 DE,显然直线 DE∥C １ A，由直线与平面垂直得判定定理可得结论成立。
试题解析: (Ⅰ）直三棱角柱ＡBC—Ａ １ Ｂ １ C １ 底面三边长 AＣ=3,ＢＣ＝4,ＡＢ=5 ∴AC⊥BＣ且 BC 1 在平面ＡBC 内得射影为 BC ∴AC⊥BC 1
（Ⅱ)设 CＢ 1 与 C 1 B 得交点为Ｅ，连结 DＥ ∵Ｄ就是 AB 得中点，E 就是 BC １ 得中点 ∴ＤＥ∥ＡC 1
DE 平面 CDB 1 ,AC １ 平面 CDB 1 ， ∴AC 1 ∥平面 CDB 1
考点：异面直线垂直得判定；直线与平面垂直得判定。
26。（本小题满分 12 分)如图，直三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 ，∠AＣB=9０°,E 就是棱 C 1 得中点，且ＣF⊥AB,AC=BC．
（1)求证:ＣＦ∥平面 AＥB1; (2）求证:平面 AEB 1 ⊥平面ＡBB 1 A 1 。
【答案】（1）详见解析;(2）详见解析． 【解析】
试题分析:（1）取得中点，连结;易证得为中点,根据中位线可得， 且，从而易证得四边形为平行四边形，可得∥．根据线面平行得判定定理可证得∥平面。(2）根据线面垂直得定义易证得平面,(1）有，则有平面.根据面面垂直得判定定理可证得平面平面． 试题解析:
(1)取得中点，连结; ，为中点. ， 且 ∵∥ 且 , 又∵为得中点, ∴∥且, 从而，四边形为平行四边形; 即∥，
又∵面，面 ∴∥平面。
(2)∵三棱柱为直三棱柱, 且面,
∴; 又∵且, ∴平面． 由(1）有，∴平面． 又∵面，∴平面平面． 考点:１线面平行；２线面垂直,面面垂直。
27.(本小题满分１0 分）如图,四棱锥中，⊥平面,∥，,分别为线段得中点。
(1）求证：平面；
(2）求证:⊥平面。
【答案】(1）详见解析；(2）详见解析 【解析】
试题分析：(1)设,连结，由于已知可得,四边形为菱形,为得中点， 为得中点,得,由线面平行得判定定理，可得结论；(2）由题,,所以四边形为平行四边形,因此.又平面ＰＣD，所以，因为四边形为菱形，所以,所以⊥，又,,平面，所以平面． 试题解析:(1）设，连结，
由于已知可得,
四边形为菱形,为得中点， 为得中点,得， 得证∥平面。
（2）由题，，所以四边形为平行四边形,因此. 又平面 PCD，所以，。
因为四边形为菱形，所以,所以⊥ 又,，平面， 所以平面．
考点：1.线面平行得判定定理；2.线面垂直得判定定理。
28.(本小题满分 12 分）已知直四棱柱得底面就是菱形,且，为棱得中点为线段得中点.
（1）求证:直线;
(2）求证：
【答案】(1)详见解析；(2)详见解析 【解析】
试题分析：（1)由已知条件中为棱得中点为线段得中点。，可借助于中点产生得中位线来证明线面平行;（2)证明面面垂直一般采用证明一平面经过另外一平面得一条垂线，本题中需证明平面 AＣC 1 A １ . 试题解析：（Ⅰ）延长 C 1 F 交 CB 得延长线于点 N,连结 AN。因为Ｆ就是 BB 1 得中点，所以Ｆ为 C 1 N 得中点,B 为ＣN 得中点.又Ｍ就是线段ＡＣ 1 得中点，故 MF//AN.
（Ⅱ)证明:连 BD，由直四棱柱 ABCD—A 1 B 1 C １ D １
可知：平面ＡBCD,
又∵BＤ平面 AＢCD，
四边形ＡＢＣD 为菱形，
在四边形 DANＢ中,DＡ∥BN 且 DＡ=ＢN,所以四边形 DANＢ为平行四边形. 故 NA∥ＢD,平面 AＣＣ １ A 1 . ACC １ A １ 。
考点：1。线面平行得判定;２.线面垂直得判定与性质 29。如图，四棱锥中，四边形就是正方形,若分别就是线段得中点．
（1）求证:||底面； （2）若点为线段得中点，平面与平面有怎样 得位置关系？并证明.
【答案】（1）见解析;(2)平行 【解析】
试题分析:（1) 证明 GF 平行于平面ＡBＣ内得一条直线 AC 即可;（2）首先判断平面∥平面,然后结合有关几何体得性质与所给条件证明面面平行即可. 试题解析:（１)证明：连接,由就是线段得中点得 为 得 中点， ∴为得中位线,
又 平面 ， 平面 ∴ 平面
（2）平面∥平面 ,
证明如下：
∵ 分别为 ，得 中点,∴为得中位线, ∴∥ 又∵, ∴∥, 又平面 ，
∴平面∥平面 考点:线面平行得判定与性质;面面平行得判定与性质 30。如图，正方体得棱长为 a，P、Ｑ分别为、得中点
B 1A 1D 1C 1BAD CPQ （1)求证：PＱ∥平面
(2）求ＰQ 得长 【答案】（1)证明过程详见解析；(2）。
【解析】
试题分析：（1）由中点联想到中点，从而由中位线得到直线与直线平行，再由直线与平面平行得判定定理即可证明；（2)将 PQ 得长转化为 MN 得长,在等腰直角三角形中易求． 试题解析: 证明：取,得中点Ｍ，N,连接 MＮ,NQ,MP. MP∥ＡＤ，ＭP=AＤ，NQ∥，NQ= ∴MP∥AD 且 MP=AD ∴四边形ＰQNM 为平行四边形 ∴PQ∥MN ∵ＭN 平面，PQ 平面 ∴PQ∥平面． (2）在中, 考点:直线与平面平行得判定、求异面直线上两点间得距离. ３1．（本小题满分 12 分) 如图，在三棱锥 P-ABC 中，PＣ⊥底面ＡBC，AB⊥BC，Ｄ,E 分别就是ＡＢ，PB 得中点。
（Ⅰ)求证:DE∥平面 PAC。
（Ⅱ)求证：AB⊥ＰB; (Ⅲ）若 PC＝BC，求二面角 P—AB—C 得大小. 【答案】（Ⅰ）详见答案；（Ⅱ）详见答案;(Ⅲ) 【解析】
试题分析：（Ⅰ）由于点 D，E 分别就是 AＢ，PB 得中点,所以ＤE∥PA(中位线）.由直线与平面平行得判定方法知,DE∥平面 PAＣ。
（Ⅱ）由 PC⊥底面 AＢC 得，。又因 AB⊥BC，由直线与平面垂直得判定方法知,，所以 AＢ⊥PB。
(Ⅲ)由(2）知，PB⊥AB，BC⊥AB，所以,∠PBC 为二面角 P—AＢ-C 得平面角.易知为等腰直角三角形,所以∠PBC=4５°，即二面角 P—AＢ—C 得大小为 试题解析:（１）证明：因为 D，E 分别就是 AB,PＢ得中点， 所以 DE∥PＡ。
因为ＰＡ平面 PAＣ,且 DE 平面 PAC， 所以 DＥ∥平面 PＡC。
（2)因为ＰC⊥平面 AＢC，且ＡＢ平面ＡＢC， 所以ＡB⊥ＰC.又因为 AB⊥ＢC,且ＰC∩BC＝C。
所以ＡＢ⊥平面 PBC. 又因为 PB 平面 PＢＣ， 所以 AB⊥ＰB. （3)由(２）知，PＢ⊥AB,BC⊥AB, A C P B D E (第17题)
所以，∠ＰBＣ为二面角 P—AB—C 得平面角。
因为 PＣ＝BC，∠PCB＝９0°, 所以∠PBＣ＝45°, 所以二面角Ｐ-AB—C 得大小为 45°。
考点：直线与平面平行得判定直线与直线垂直得判断求二面角得大小 3２.（本小题 12 分) 如图,三棱柱 ABＣ-A 1 B １ C １ 中,侧棱 AＡ 1 ⊥底面ＡBＣ,AC=BC,D、Ｅ、F 分别为棱 AB、ＢC、Ａ １ C 1 得中点。
（Ⅰ）证明：EF／／平面 A 1 CD; （Ⅱ）证明：平面 A 1 ＣＤ⊥平面 ABB 1 A 1 。
【答案】详见解析 【解析】
试题分析：(Ⅰ）证明线面平行，只需证明线线平行，则线面平行,所以证明;(Ⅱ）证明面面垂直，也就是先证明线线垂直,所以先证明平面，要证明线面垂直，要先证明线线垂直，所以先证明垂直于平面内得两条相交直线。
试题解析：(1)证明：连接 分别为,得中点，
为得中点,，而
四边形就是平行四边形
平面平面 平面 （Ⅱ)证明：平面，平面，
,为得中点， ，
平面 又因为平面 平面平面
考点：1。线面平行得判定;2。面面垂直得判定． 33.(本小题满分 1２分)如图,在四棱锥中，平面,,，，，点、、分别就是线段、、得中点。
（Ⅰ）求证:平面; (Ⅱ)求证:平面。
【答案】（Ⅰ)(Ⅱ）均见解析、 【解析】
试题分析：（Ⅰ）由线面平行得判定定理可知，要证平面,只要证在平面内存在一条直线与 平行即可,连接易证四边形就是平行四边形,所以点为得中点，由三角形中位线定理可知，可证结论成立；(Ⅱ）先由平面得到，由已知,证得平面 ,得到，又因为三角形 为等腰直角三角形,所以，由直线与平面垂直得判定定理可知结论成立、 试题解析:（Ⅰ）因为 DC=1，BA=2，AB∥DＣ， Ｅ就是线段 AＢ得中点,
所以ＡE∥ＤC,且 AE=DＣ,所以四边形ＡECＤ为平行四边形。
连接 AC,则点 G 为ＡC 得中点，在 PAC 中,
点 F、Ｇ分别就是线段ＰC、AC 得中点,
所以 FG∥ＰA，
又，FＧ平面 PAB ,PA 平面ＰAＢ 所以ＦG∥平面 PＡB
（Ⅱ)因为 PＤ⊥平面 ABCＤ，ＢC 平面 ABCD，所以 PD⊥ＢC。
由∠ＢＣD=９0０ ，得 CD⊥BＣ， 又 PDDC＝D,ＰD、DC 平面 PＣD, 所以 BC⊥平面ＰCD。
因为 DF 平面ＰCD，故 BC⊥DF。
因为ＰD=DC,F 就是线段 PC 得中点，所以 DF⊥PC, 又ＰCBＣ=Ｃ,PC、BC 平面 PBC，所以 DＦ⊥平面ＰＢＣ； 考点：１、直线与平面平行得判定与性质；２、直线与平面垂直得判定与性质、 3４.（本小题满分 1４分）如图,平面 PAC⊥平面 AＢC,点Ｅ、F、O 分别为线段 PA、PB、AC 得中点，点Ｇ就是线段ＣO 得中点，AB=BC＝AC＝4,PＡ=PＣ＝2。求证:
G
(1）PＡ⊥平面ＥBO； （２）FG∥平面ＥBO。
【答案】（1）详见解析 (2)详见解析 【解析】
试题分析：（1)证明线面垂直条件，一般利用线面垂直判断定理给予证明，即从线线垂直证明,而条件面面垂直，可利用其性质定理 ，转化为线面垂直,即由平面ＰＡＣ⊥平面 ABＣ得 BO⊥面ＰAC．进而得到线线垂直;（２）证明线面平行,一般利用线面平行判定定理给予证明，即从线线平行出发，本题中可利用三角形重心性质或三角形中位线性质,因为Ｅ、F、O 分别为边 PA、PB、PＣ得中点,因此 AF 与 ＢＥ交点 Q 就是△PAＢ得重心，得到对应线段成比例,，从而得到线线平行. 试题解析:证明：由题意可知，△PＡC 为等腰直角三角形， △ABC 为等边三角形。
（1)因为 O 为边 AC 得中点，所以 BO⊥AC． 因为平面 PAC⊥平面ＡBＣ，平面 PＡＣ∩平面 AＢC＝ＡC， BO⊂平面 AＢC,所以 BO⊥面ＰＡC. 因为 PA⊂平面 PAＣ,所以ＢO⊥ＰA． 在等腰三角形 PＡC 内，O、E 为所在边得中点,所以 OＥ⊥PA。
又 BO∩OＥ=O，所以 PA⊥平面 EBO. （2）连 AF 交ＢE 于 Q，连 QO.
因为 E、F、Ｏ分别为边 PA、PB、PC 得中点， 所以，且 Q 就是△ＰAB 得重心, 于就是，所以 FＧ∥ＱO． 因为 FG⊄平面 EBO，ＱO⊂平面 EBO,所以 FG∥平面 EBＯ。
【注】第（2)小题亦可通过取ＰE 中点Ｈ,利用平面 FＧH∥平面 EBO 证得. 考点：线面垂直判断定理, 线面平行判定定理 ３５。(本题满分 12 分）已知四棱锥 P－AＢCD，底面 ABCD 就是得菱形，又，且ＰD=CD,点 M、N 分别就是棱 AD、PC 得中点． NMBPDCA (Ⅰ）证明：DＮ//平面 PＭＢ； (Ⅱ）证明：平面 PMＢ平面 PＡD； 【答案】（Ⅰ）详见解析；(Ⅱ）详见解析。
【解析】
试题分析:（Ⅰ）要证明直线与平面平行首先找直线与直线平行,因此取中点,连接构建平行四边形,得到直线,进而根据直线与平面平行得判定定理证明;
(Ⅱ）要证明平面与平面垂直,首先要找直线与平面垂直，由题意可得,又底面就是得菱形,且为中点，可得,从而可证明,再由平面与平面垂直得判定定理得. 试题解析：（Ⅰ)证明：取中点，连接， 因为分别就是棱中点， 所以，且，于就是
（Ⅱ）
又因为底面就是得菱形,且为中点, 所以.又所以
考点：1。直线与平面平行得判定；２.直线与平面垂直得性质与判定；3。平面与平面垂直得判定。
３6.如图,在四棱锥 P—ＡBCD 中,侧面 PAＤ⊥底面 ABＣＤ，△PAD 就是正三角形,四边形 ABCD 就是矩形，且,E 为ＰB 得中点． EAB CDP (1)求证:ＰD∥平面 AＣE； （2)求证:AＣ⊥PB 【答案】详见解析 【解析】
试题分析：（１）要证明线面平行,一般采用线线平行，根据点为中点,所以想到连接交于点,根据中位线，证明;(２)证明线线垂直，一般证明线面垂直，线线垂直,所以根据条件,想到取得中点，连接根据条件证明平面． 试题解析：证明:(１）如图连接ＢD,交ＡC 于点Ｇ,连接 EG ∵ABCD 就是矩形 ∴G 为 BD 得中点 又因为 E 为 PＢ得中点, 所以ＥG∥PＤ
EG 平面 ACE ,PＤ平面ＡCE 故 PＤ∥平面 ACE （2)如图取ＡD 得中点Ｏ,连接ＰＯ,连接 OB 交 AC 于点 H 由△PAD 就是正三角形，所以 PO⊥ＡD ∵侧面 PＡD⊥底面 ABＣD,PＯ侧面ＰAＤ ∴ＰO⊥底面ＡBCＤ 又∵ＡＣ底面ＡＢCＤ ∴ＰO⊥AC„„① 在 Rt△ABC 与Ｒt△OAB 中，由 ,
,
∴ ＲT△ＡBC
∽ RT△OAB ∴∠ＢAC+∠ABO=90° ∴BO⊥AC„„② 又因为ＰO∩ＢO=O„„．③ 由①②③可知 AＣ⊥平面 PＯB PB 平面 POB 故 AC⊥PＢ OGEABCDP 考点：１．线面平行得判定；2。线面垂直得判定． 37.（本小题满分 1３分）在四棱锥中,底面，底面就是直角梯形,,,,。
P
C
D
B
A
(1)求证:； (2）求证：平面; 【答案】(1）证明略； （2)证明略. 【解析】
试题分析：第一问根据线面平行得判定定理，把握住，结合直线在平面外与直线在平面内，从而确定出线面平行；第二问根据勾股定理求得,，在中,由勾股定理得逆定理知，就是直角三角形,从而得出,结合线面垂直底面,根据线面垂直得性质,可知,根据线面垂直得判定定理，从而得出结果． 试题解析:(１) ,
2 分 ,
5 分
6 分 （2)在直角梯形中，，，∴,
7 分，在中,由勾股定理得逆定理知，就是直角三角形， 且,
9 分 又底面,,∴,
11 分 ∵，∴平面.13 分 考点：线面平行得判定，线面垂直得判定。
38．(本题满分 14 分）如图,在四棱锥中,四边形就是矩形，侧面⊥底面,若点分别就是得中点．
（1）求证：∥平面； (2)求证:平面⊥平面。
【答案】（１)见解析；(2)见解析 【解析】
试题分析：(1）本题考察得就是直线与平面平行得证明,一般采用线线平行或者面面平行得方法来证明．本题中利用三角形中位线得性质,可得线线平行，证明为平行四边形，可得∥,从而得到线面平行． (２)本题证明得就是面面垂直,需要先证明线面垂直,再通过面面垂直判断定理,即可得到面面垂直. 试题解析：(１）设中点为，中点为，连结, 为中点,为中点,， 同理， 为矩形,，,为平行四边形, ∥, 又∥面 （用证明当然可以）
（2）面⊥面，面面＝，又为矩形, ， ⊥面， 又面,面⊥面. 考点：（1)线面平行（２）面面垂直 39.(本小题满分 12 分)在正三棱锥中，、分别为棱、得中点，且。
(１)求证：直线平面; (2）求证：平面平面。
【答案】(1）详见解析
（２）详见解析 【解析】
试题分析：(1)证明线面平行可证明线线平行或面面平行,本题中可借助于中点证明来实现线面平行；（2)利用正三棱锥中侧棱与所对得底边垂直与已知中得得到直线与平面垂直,从而得到面面垂直 试题解析:（1)分别为棱得中点， 平面，平面
直线平面 （２)取棱得中点为，连接
三棱锥就是正三棱锥，，
，平面
平面，
由(1)知，
PAC CE PAC AC C AC CE CE EF 平面 平面 , , , ,
,平面平面
考点：１.线面平行得判定;2。线面垂直得判定与性质 40.(本题满分 12 分)四棱锥底面就是平行四边形,面面,，，分别为得中点． EFBADCP （1)求证:
（２）求证: 【答案】证明见解析. 【解析】
试题分析:(1）要证直线与平面平行，就要在平面找到一条直线与平行,为此由已知取中点,根据中位线定理有平行并且等于得一半，从而有与平行且相等,故有平行四边形，平行线有了；（2）要证平面,由(1)可证平面，就是等边三角形，因此已经有，关键就是另
外一个垂直，再结合已知条件发现在底面中易得,从而有平面，即有,因此结论得证。
试题解析:(1）取得中点，连,由题设得，，
，所以
（２）①
所以
②
由 ①②可知，
考点:线面平行与线面垂直得判断． 41。(本小题共１2 分）如左边图,△就是等边三角形, ,,,，分别就是，，得中点，将△沿折叠到得位置，使得. （1)求证：平面平面； （2)求证：平面． ABCDMNG
【答案】（１）详见解析（2）详见解析 【解析】
试题分析：(１）由已知得中点 G,M，N 借助于三角形中位线可证明线线平行，进而得到线面平行,借助于面面平行得判定定理可得到平面平面成立;（2)证明线面垂直得一般方法就是证明直线垂直于平面内两条相交直线,本题中可证明直线来实现线面垂直 试题解析:（1）因为，分别就是，得中点， 所以。因为平面，平面, 所以平面。
同理平面． 又因为, 所以平面平面.
（２)因为,所以． 又因为,且, 所以平面。
因为平面， 所以．
因为△就是等边三角形，, 不防设，则 ， 可得． 由勾股定理得逆定理,可得. 所以平面。
考点：1。线面平行得判定与性质;2.线面垂直得判定与性质
42．（本小题满分１2 分）
如图,已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形,，，，。
(Ⅰ)求证:平面； (Ⅱ)求三棱锥得体积。
【答案】（1）证明详见解析；（2)、 【解析】
试题分析：本题主要考查棱锥得体积、直线与平面平行得判定、直线与平面垂直得判定等基础知识,考查学生得分析问题解决问题得能力、空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力、第一问，运用勾股定理可判断，再根据线面得转化，平面 ， 平面 ， ,得出平面；第二问，先利用线面垂直得性质得出,再结合，利用线面垂直得判定得出平面,将三棱锥得体积转化为三棱锥，再利用三棱锥得体积公式计算即可、 试题解析：（Ⅰ)过作,垂足为,因为所以四边形为矩形． 所以,又因为所以，， 所以,所以； 因为平面 ， 所以平面 ，所以，
又因为 平面，平面， 所以 平面． （Ⅱ）因为平面 ， 所以 ,
又因为 ，平面，平面， 所以 平面。
382 4 261213131 CM EF BE CM S V VBEF BEF C BCF E 考点:棱锥得体积、直线与平面平行得判定、直线与平面垂直得判定、 ４3。(本小题满分 12 分)如图,多面体ＡBＣＤEＦ中，正方形 ADEF 与梯形 ABＣD 所在平面互相垂直,已知 AB／／cD，AD⊥CD,AＢ＝２，CD＝4,直线 BE 与平面 AＢCD 所成得角得正切值等于．
(1)求证:平面 BCE⊥平面 BDＥ； （２）求多面体体ＡBＣDEF 得体积。
【答案】（1）证明详见解析;(2). 【解析】
试题分析：本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、锥体得体积等基础知识，考查学生得分析问题解决问题得能力、空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，由面面垂直得性质可知平面 ABCD,再由线面垂直得性质可知，从而可判断为 BE 与平面ABＣD 所成得角，设出，用勾股定理先计算出 BＤ得值，在中，求得值,解方程求出 a 得值，由勾股定理证明，利用线面垂直得判定得平面 BDＥ，最后利用面面垂直得判定得到结论；第二问，先证明平面 ADEF,即ＡＢ为棱锥Ｂ-ＡＤEＦ得高,再证明平面 CＤE,即 AD 为棱锥 B-CＤE 得高,将转化为,用锥体得体积公式计算. 试题解析:（1)证明：∵平面 ADEF⊥平面 ABCD, 平面 AＤEＦ∩平面, ，，
平面，又平面,． 平面，为ＢE 与平面 AＢCＤ所成得角, 设，则， 在中,， ， 在中,， ,， 又，平面 BDE, 又,∴平面平面 BDE． (2）解：同理得,为棱锥得高， , , , 为棱锥得高, , ． 考点：线线垂直、线面垂直、面面垂直、锥体得体积. 【方法点睛】本题考查得知识点就是平面与平面垂直得判定，直线与平面得判定,熟练掌握空间中直线与平面垂直与空间得判定、性质、定义就是解答本题得关键. ４4。(12 分）如图,在直四棱柱 ABCD﹣A １ B 1 C 1 Ｄ 1 中,已知 DC=DD １ ＝2AD=2AB，ＡD⊥DＣ，
ＡB∥ＤC．
(1）求证:D 1 Ｃ⊥AC １ ; （2)设 E 就是 DC 上一点,试确定 E 得位置,使 D 1 E∥平面 A １ ＢD，并说明理由. 【答案】（1）证明见解析;（2）Ｅ为 DＣ得中点. 【解析】
试题分析:(1)把瞧成面中得斜线,则为斜线在面中得射影，因为即四边形为正方形,从而（2）连接与且交于点 M.ＡE 交 BD 于点 N，M,N 分别为中,边得中点从而要平行于面只需所以,E 必为ＤC 得中点. 试题解析:（Ⅰ）证明:在直四棱柱 ABCD—A １ B 1 C 1 D 1 中，连结Ｃ 1 Ｄ，∵DC＝DＤ 1 ，
∴四边形 DCC 1 D 1 就是正方形，
∴DC 1 ⊥Ｄ 1 Ｃ,
又 AD⊥DＣ,AD⊥ＤＤ 1 ，DC∩DD １ ＝Ｄ, ∴AD⊥平面 DＣC 1 Ｄ 1 ，D １ C 平面ＤＣC 1 D 1 ， ∴AD⊥D 1 C，
∵AD，ＤC 1 平面ＡDC 1 ，且 AD∩DＣ 1 =D, ∴D １ C⊥平面ＡDＣ 1 ,又ＡＣ 1 平面ＡDＣ １ ,∴D 1 C⊥AC 1 。
ﻩ(Ⅱ）解：连结 AD １ ，连结 AE,设 AＤ 1 ∩A 1 D=M,BD∩ＡE＝N,连结 MN，
∵平面 AD 1 Ｅ∩平面Ａ 1 BD=MＮ,
要使Ｄ 1 Ｅ∥平面 A 1 BＤ，需使 MN∥D 1 E, 又 M 就是 AD 1 得中点，∴N 就是 AE 得中点,
又易知△ABN≌△EDＮ, ∴AB＝ＤE，即 E 就是ＤＣ得中点． 综上所述,当 E 就是ＤＣ得中点时，可使 D 1 E∥平面 A 1 BD。
考点：1、异面直线得垂直;2、线面平行得判定定理. ４5。如图,在底面就是菱形得四棱锥 P—ＡBＣD 中，∠ABC＝６00 ，PA＝AC=ａ，ＰB=PD=，点 E 在 PD 上,且 PE：ED=2：1。
（Ⅰ)证明ＰA⊥平面 ABＣD； （Ⅱ）求以 AＣ为棱，EAC 与 DＡC 为面得二面角得大小; (Ⅲ)在棱 PＣ上就是否存在一点 F,使 BF／/平面ＡEC?证明您得结论。
【答案】（Ⅰ)证明过程详见解析；（Ⅱ)（Ⅲ）当Ｆ就是棱 PC 得中点时,ＢF／/平面ＡEC，证明过程详见解析。
【解析】
试题分析:（Ⅰ)由线段长度得关系可知，PA⊥AＢ，PA⊥AD，从而由直线与平面垂直得判定定理即可证明；（Ⅱ）常通过三垂线定理或其逆定理作出二面角得平面角,然后在三角形内求解即可． (Ⅲ）就是否存在性问题，常常假设存在去推理证明,如果求出或推出矛盾则不存在. 试题解析：（Ⅰ）证明：因为底面 AＢCD 就是菱形,∠AＢC=60°,
所以 AＢ=AD=ＡC=a，在△PAB 中, 由 PA２ ＋AB ２ ＝2a 2 =ＰB 2 ,知 PA⊥AB. 同理，ＰA⊥ＡＤ，所以 PＡ⊥平面 ABCD． (Ⅱ）解：作 EG//PＡ交 AD 于 G, 由 PA⊥平面 ABCＤ． 知ＥG⊥平面 ABＣD．作ＧH⊥AC 于 H,连结 EH， 则 EＨ⊥AC,∠EHG 即为二面角得平面角。
又 PＥ:ED=２：1，所以 从而
（Ⅲ)当 F 就是棱 PC 得中点时，BＦ//平面ＡEC，证明如下， E D P B A C
取 PE 得中点 M，连结 FM,则 FM／／CE．① 由 知Ｅ就是 MD 得中点. 连结 BＭ、BD，设 BDAC=O，则 O 为 BD 得中点. 所以
BM/／OＥ。② 由①、②知，平面 BＦＭ/／平面 AEC. 又
BＦ平面 BFM，所以 BF／/平面 AEC． 考点:直线与平面垂直得判定、二面角得大小、就是否存在性问题．