25.(陕西卷文18)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形PA⊥平面ABCD，AP=AB，BP=BC=2，E，F分别是PB,PC的中点.

　　 (Ⅰ)证明：EF∥平面PAD；

　　 (Ⅱ)求三棱锥E-ABC的体积V.

解　 (Ⅰ)在△PBC中，E，F分别是PB，PC的中点，∴EF∥BC.

　　 又BC∥AD,∴EF∥AD,

　　 又∵AD平面PAD,EF平面PAD,

　　 ∴EF∥平面PAD.

　　 (Ⅱ)连接AE,AC,EC,过E作EG∥PA交AB于点G,

　　 则BG⊥平面ABCD,且EG=PA.

　　 在△PAB中，AD=AB,PAB°,BP=2,∴AP=AB=,EG=.

　　 ∴S△ABC=AB·BC=××2=,

　　 ∴VE-ABC=S△ABC·EG=××=.

24.(陕西卷理18)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA　⊥平面ABCD,AP=AB=2,BC=2　√　2，E，F分别是AD，PC的重点

(Ⅰ)证明：PC　⊥平面BEF；

(Ⅱ)求平面BEF与平面BAP夹角的大小。

解法一

　(Ⅰ)如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP算在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系。

∵AP=AB=2,BC=AD=2√　2,四边形ABCD是矩形。

∴A，B，C，D的坐标为A(0,0,0),B(2,0,0),C(2, 2　√　2,0)，D(0，2　√　2，0)，P(0,0,2)

又E，F分别是AD，PC的中点，

∴E(0，√　2，0),F(1，√　2，1)。

∴=(2，2　√　2，-2)=(-1，√　2，1)=(1,0, 1)，

∴·=-2+4-2=0，·=2+0-2=0，

∴⊥，⊥，

∴PC⊥BF,PC⊥EF,BF　∩　EF=F,

∴PC⊥平面BEF

23.(山东卷文20)在如图所示的几何体中，四边形是正方形，平面，，、、分别为、、的中点，且.

(I)求证：平面平面；

(II)求三棱锥与四棱锥的体积之比.

[命题意图]本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面垂直、面面垂直的判定及几何体体积的计算，考查试图能力和逻辑思维能力。

[解析](I)证明：由已知MA　 平面ABCD，PD　∥MA，

　　　　　 所以　 PD∈平面ABCD

又　　 BC ∈　 平面ABCD，

因为　 四边形ABCD为正方形，

所以　　 PD⊥ BC

　　　　　　 又　　 PD∩DC=D，

　　　　　 因此　　 BC⊥平面PDC

在△PBC中，因为G平分为PC的中点，

所以　　 GF∥BC

因此　　 GF⊥平面PDC

又　　　 GF ∈平面EFG，

所以　　 平面EFG⊥平面PDC.

(Ⅱ )解：因为PD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形，不妨设MA=1，

　　　 则　 PD=AD=2，ABCD

　　　 所以　 Vp-ABCD=1/3S正方形ABCD，PD=8/3

　　　 由于　 DA⊥面MAB的距离

　　　 所以　 DA即为点P到平面MAB的距离，

三棱锥 Vp-MAB=1/3×1/2×1×2×2=2/3，所以 Vp-MAB：Vp-ABCD=1:4。

22.(山东卷理19)如图，在五棱锥P-ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC，∠ABC=45。。AB=2，BC=2AE=4，三角形PAB是等腰三角形。

(Ⅰ)求证：平面PCD⊥平面PAC；　　　　　　　　　　

(Ⅱ)求直线PB与平面PCD所成角的大小；

(Ⅲ)求四棱锥P-ACDE的体积。

[解析](Ⅰ)证明：因为ABC=45°，AB=2，BC=4，所以在中，由余弦定理得：，解得，

所以，即，又PA⊥平面ABCDE，所以PA⊥，

又PA，所以，又AB∥CD，所以，又因为

，所以平面PCD⊥平面PAC；

(Ⅱ)由(Ⅰ)知平面PCD⊥平面PAC，所以在平面PAC内，过点A作于H，则

，又AB∥CD，AB平面内，所以AB平行于平面，所以点A到平面的距离等于点B到平面的距离，过点B作BO⊥平面于点O，则为所求角，且，又容易求得，所以，即=，所以直线PB与平面PCD所成角的大小为；

(Ⅲ)由(Ⅰ)知，所以，又AC∥ED，所以四边形ACDE是直角梯形，又容易求得，AC=，所以四边形ACDE的面积为，所以

四棱锥P-ACDE的体积为=。

[命题意图]本题考查了空间几何体的的线面与面面垂直、线面角的求解以及几何体的体积计算问题，考查了同学们的空间想象能力以及空间思维能力。

(标准答案) 本小题主要考察空间中的基本关系，考察线面垂直、面面垂直的判定以及线面角和集合体体积的计算，考查识图能力、空间想象力和逻辑推理能力，满分12分

(｜)证明：在△ABC中，因为∠ABC=45°，BC=4，AB=，

所以AC2=AB+BC2-2AB·BC·cos45°=8

因此　 AC=，故BC2=AC2+AB2,所以∠BAC=90°

所以CD⊥PA,CD⊥AC,

又 PA,AC 平面PAC,且PAAC=A，

所以 CD⊥PAC,又 CD平面PCD，

所以　 平面PCD⊥平面PAC--------------------------------------------

则,又 ，所以

解法二：由(｜)知AB,AC,AP两两相互垂直，分别以AB、AC、AP为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于△PAB是等腰三角形，

所以　 PA=AB=,又AC=,

因此直线PB与平面PCD所成的角为

(Ⅲ)因为AC∥ED,CD⊥AC，所以　 四边形ACDE是直角梯形，

因为 　AE=2,∠ABC=45°，AE∥BC，

所以　 ∠BAE=135°，因此　 ∠CAE=45°,

故　 CD=AE·sin45°==2×=，

所以　

又　 PA⊥平面ABCDE，

所以

21.(全国Ⅱ卷理19文19)如图，直三棱柱中，，，为的中点，为上的一点，．

(Ⅰ)证明：为异面直线与的公垂线；

(Ⅱ)设异面直线与的夹角为45°，求二面角的大小．

[分析]本题考查了立体几何中直线与平面、平面与平面及异面直线所成角与二面角的基础知识。

(1)要证明DE为AB1与CD的公垂线，即证明DE与它们都垂直，由AE=3EB1，有DE与BA1平行，由A1ABB1为正方形，可证得，证明CD与DE垂直，取AB中点F。连结DF、FC，证明DE与平面CFD垂直即可证明DE与CD垂直。

(2)由条件将异面直线AB1，CD所成角找出即为FDC，设出AB连长，求出所有能求出的边长，再作出二面角的平面角，根据所求的边长可通过解三角形求得。

[解析]解法一：(Ⅰ)连结,记与的交点为F.因为面为正方形，故，且.又，所以，又D为的中点，故.

　作,G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点.

　又由底面面，得.

　连结DG，则，故,由三垂线定理，得.

　所以DE为异面直线与CD的公垂线.

(Ⅱ)因为，故为异面直线与的夹角，.

设AB=2，则，，,.

作,H为垂足，因为底面,故，

又作，K为垂足，连结,由三垂线定理，得，因此为

解法二：(Ⅰ)以B为坐标原点，射线BA为轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=2，则A(2,0,0,)，，D(0,1,0)，，

又设C(1,0,c),则.

于是.

故,

所以DE为异面直线与CD的公垂线.

(Ⅱ)因为等于异面直线与CD的夹角，

故　 ，

即　 ，

解得　 ，故，

又，

所以，

所以 .

由于等于二面角的平面角，

所以二面角的大小为.

20.(全国Ⅰ新卷文18)如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，∥,,垂足为，是四棱锥的高。

(Ⅰ)证明：平面 平面;

(Ⅱ)若,60°,求四棱锥的体积。

解：　　　　　 (1)因为PH是四棱锥P-ABCD的高。

　　　　　 所以ACPH,又ACBD,PH,BD都在平PHD内,且PHBD=H.

　　　　　 所以AC平面PBD.

　　　　　 故平面PAC平面PBD.　　　　　　　　　　　　　　 ……..6分

　　　　 (2)因为ABCD为等腰梯形，ABCD,ACBD,AB=.

　　　　　 所以HA=HB=.

　　　　　 因为APB=ADR=600

　　　　　　　　 所以PA=PB=,HD=HC=1.

　　　　　 可得PH=.

　　　　　 等腰梯形ABCD的面积为S=AC x BD = 2+.　　　 ……..9分

　　　　　 所以四棱锥的体积为V=x(2+)x=　 ……..12分

19.(全国Ⅰ新卷理18)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，ABCD,ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高 ，E为AD中点

证明：PEBC

若APB=ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值

解：

以为原点， 分别为轴，线段的长为单位长， 建立空间直角坐标系如图， 则

　 (Ⅰ)设

则　

可得　

因为

所以　

(Ⅱ)由已知条件可得 　　　　　设 为平面的法向量

　　 则　 　　　　　即因此可以取，

由，可得　

所以直线与平面所成角的正弦值为

18.(全国Ⅰ卷理19文20)如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC .

(Ⅰ)证明：SE=2EB；

(Ⅱ)求二面角A-DE-C的大小 .

[解析]解法一：

　　　 (Ⅰ)连接BD,取DC的中点G，连接BG,

　 由此知 即为直角三角形，故.

　　 又,

所以，.

作，

(Ⅱ) 由知

.

故为等腰三角形.

取中点F,连接,则.

连接，则.

所以，是二面角的平面角.

连接AG,AG=,,

,

所以，二面角的大小为120°.

解法二： 以D为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，

由,得

　　 ，

故　　　　　　 .

令，则.

17.(辽宁卷文19)如图，棱柱的侧面是菱形，

(Ⅰ)证明：平面平面；

(Ⅱ)设是上的点，且平面，求的值。

解：(Ⅰ)因为侧面BCC1B1是菱形，所以

　　 又已知

　　 所又平面A1BC1，又平面AB1C ，

　　 所以平面平面A1BC1 .

　 (Ⅱ)设BC1交B1C于点E，连结DE，　 则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线，

　　 因为A1B//平面B1CD，所以A1B//DE.

　　 又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点.即A1D：DC1=1.

[命题意图]本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，二面角等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.

16.(辽宁卷理19)已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.

(Ⅰ)证明：CM⊥SN；

(Ⅱ)求SN与平面CMN所成角的大小.

　 [点评]纵观近几年的高考试题，立体几何的解答题在很大程度上扮演着直线与平面内容载体的角色，着重考查立体几何中的逻辑推理，多为中档题，通过这些题目考查学生掌握基础知识、逻辑推理能力、计算能力和空间想象能力。而空间向量是解答立体几何问题的