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1、立体儿何专项训练参考答案5.（2012年山东卷，文19）如图,几何体E-ABCD是四棱锥,AABD为正三角形,CB=CD,EC丄BD.山于CB=CD,所以CO丄BD.又EC丄BD,ECnCO=C,CO,ECu平面EOC,所以BD丄平面EOC,因此BD丄EO.又0为BD的中点，所以BE二DE.⑵法一如图所示，取AB的中点N,连接DM,DM,MN.因为M是AE的中点,所以MN〃BE.又MNQ平面BEC,BEu平而BEC,所以MN〃平而BEC.乂因为AABD为正三角形,所以ZBDN=30°.又CB=CD,ZBCD=120°,因此ZCBD二30°.所以DN〃BC
2、.又DNQ平面BEC,BCu平面BEC,所以DN〃平面BEC.乂MNnDN=N,所以平面DMN〃平面BEC.又DMu平面DMN,所以DM〃平而BEC.法二如图所示，延长M),BC交于点F,连接EF.因为CB=CD,ZBCD=120°,所以ZCBD=3O0・因为△ABD为正三角形，所以ZBAD-600,ZABC=90°,因此ZAFB=30°,所以AB弓AF.乂AB-AD,所以D为线段AF的中点，连接DM,由点M是线段AE的中点，得DM〃EF.又DM评面BEC,EFu平面BEC,所以DM〃平［fn*BEC.7.(2010年北京卷，理⑹如图，正方形ABCD和四
3、边形ACEF所在的平面互相垂直,CE丄AC,EI；〃AC,AB=V2,CE=EF=1.(1)求证:AF〃平面BDE;(2)求证:CF丄平面BDE;(1)求二而角A-BE-D的大小.证明:(1)如图所示,设AC与BD交于点G.因为EF〃AG,HEF=1,AG=
4、aC=1,乙所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF/7EG.因为EGu平面BDE,AFQ平面BDE,所以AF〃平面BDE.⑵因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CE丄AC,所以CE丄平面ABCD.如图所示，以C为原点，建立空间直角处标系C-xyz.则C(0,0,0),A(V2,
5、V2,0),B(0,V2,0),D(a/2,0,0),E(0,0,1),F(1).所以乔矗二(乎,乎,1)，晁(0,-返,1),DE=(-V2,0,1).T—>所以CF•亦BE二0-1+1二0,CF•DE二一1+0+1二0.所以CF丄BE,CF丄DE.乂BEC1DE二E,所以CF丄平面BDE.⑶解：由⑵知,CF-(y,乎,1)是平面BDE的一个法向量.设平面ABE的法向量n=(x,y,z),(x,y,z)・(V^,0,0)=0,J(x,y,z)•(血,0,())=0,0』忆)・(0,・说,1)=0.[(x,y,z)-(0,-V2,l)=0.所以x二0,且
6、z=V2y.令y=l,则z=V2,所以n=(0,1,V2).从而cosCFV3
7、n
8、
9、CF
10、
11、n
12、
13、CF
14、2因为二面角A-BE-D为锐角,所以二面角A・BE・D的大小为亍9.(2010年浙江卷，文20)如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC,ZABC=120°,E为线段AB的中点，将AADE沿直线DE翻折成AA，DE,使平面A'DE丄平面BCD,V为线段A'C的中点•(1)求证:BF〃平面A'DE;(2)设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A，DE所成角的余弦值.(1)证明:如图所示，取”D的中点G,连接GF,GE,由条件
15、易知FG/7CD,FG=
16、cD,BE〃CD,BE弓CD,乙乙所以FG〃BE,FG二BE,故四边形BEGF为平行四边形，所以BF〃EG.因为EGu平面A'DE,BFC平面ADE,所以BF〃平面A'DE.⑵解:在平行四边形ABCD中，设BC=a,则AB二CD二2*AD二AE二EB二a.连接CE,因为ZABC=120°,在ABCE中，可得CE=V3a.在△ADE中，可得DE二a.在ACDE中，因为CD2=CE2+DE2,所以CE丄DE・在正三角形A/DE中,M为DE的中点，所以A'M丄DE.由平面A'DE丄平面BCD,可知A'M丄平面BCD,所以2M丄CE.取
17、“E的中点N,连接NM,NF,则NF/7CE.则NF丄DE,NF丄A'M.因为DE交A'M于点M,所以NF丄平面A'DE,则ZFMN为直线1训与平面A'DE所成的角.在RtAEMNNI-—a,MN=-a,I?M=a,则cosZFMN冷，所以直线FM与平面ADE所成角的余弦值为丄.2考点三..线血米紅出探索性回題的够袪…1.(2012年福建卷，理18)如图，在长方体ABCD・A.BiCiD.中,AAi=AD=l,E为CD的中点.D(1)求证：B】E丄AD：・(2)在棱AAi上是否存在-•点P,使得DP〃平面B：AE?若存在，求AP的长;若不存在，说明理由.
18、(3)若二面角A-B.E-A.的大小为30°,求AB的长.(1)证明：以A为原点
