专题25立体几何中综合问题-2016-2018年高考数学(理)试题分项版解析.pdf

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1、考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度 空间向量 及其应用 理解直线的方向向量与平面的法向量; 能用向量语言表述直线与直线、直线与 平面、平面与平面的垂直、平行关系; 能用向量方法证明有关直线和平面位 置关系的一些定理( 包括三垂线定理); 能用向量方法解决直线与直线、直线与 平面、平面与平面的夹角的计算问题, 了 解向量方法在研究立体几何问题中的应 用 掌握 2017 浙江 ,9; 2017 课标全国 ,19; 2017 天津 ,17;2017江 苏,22; 2017 北京 ,16;2017浙 江,19; 2017 山东 ,17; 2016 课标全国 ,19; 2016 山东 ,17;20

2、16浙 江,17; 2015 课标 ,19;2014陕 西,17; 2013 课标全国 ,18 解答题 分析解读1. 能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及 线线、线面的平行与垂直问题; 会求线线角、线面角; 会求点点距、点面距等距离问题, 从而培养用向量法思 考问题和解决问题的能力.2. 会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有 关平行、垂直、长度、角、距离等问题, 从而培养准确无误的运算能力.3. 本节内容在高考中延续解答题的 形式 , 以多面体为载体, 求空间角的命题趋势较强, 分值约为12 分 , 属中档题 . 20

3、18 年高考全景展示 1 【 2018 年理数天津卷】如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG， ，DA=DC=DG=2. （I ）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：； （II ）求二面角的正弦值； （III）若点 P在线段 DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长 . 【答案】 ( ) 证明见解析；( )；( ). 详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角 坐标系（如图） ，可得D（0，0，0） ，A（2，0，0） ，B（1，2， 0） ，C（ 0，2，0） ， E（2，0，2） ，F（ 0，1，2） ，G（

4、0，0，2） ，M（0， ，1） ，N（1，0，2） （）依题意=（0，2，0） ，=（2，0，2） 设n0=(x，y，z) 为平面CDE的法向量，则即 不妨令z=1，可得n0=（1，0， 1） 又=（1，1） ，可得，又因为直 线MN平面CDE，所以MN平面CDE （）依题意，可得=（ 1， 0，0） ，=（0， 1，2） 设n=（x，y，z）为平面 BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1） 设m=（x，y，z） 为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1） 因此有cos=，于是sin=所以，二面角EBCF的正弦值为 （）设线段DP的长为h（h 0，2 ）

5、，则点P的坐标为（ 0，0，h） ，可得 易知，=（0， 2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可 得=sin60=，解得h= 0，2 所以线段的长为. 点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和 计算求解能力. 2 【 2018 年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC， 的中点，AB=BC=，AC=2 （）求证：AC平面BEF； （）求二面角B-CD-C1的余弦值； （）证明：直线FG与平面BCD相交 【答案】 (1) 证明见解析 (2) B-CD-C1的余弦值为(3) 证明过程见解析 【解析】

6、分析： （1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得, 由三棱柱性质可得， 因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（ 2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF ，设立各点坐 标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹 角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结论. 详解：解：（）在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1平面ABC，四边形A1ACC1为矩形又E，F分别为AC，A1C1 的中点，ACEFAB=BCACBE，AC平面BEF （）由（ I ）知ACEF，ACBE，EFCC1又CC1平面AB

7、C，EF平面ABC BE平面ABC，EFBE如图建立空间直角坐称系E-xyz由题意得B（0，2，0） ，C（-1 ，0，0） ，D（1， 0， 1） ，F（ 0， 0， 2） ，G（0， 2， 1） ， 设平面BCD的法向量为， ，令a=2，则b=-1，c=-4，平面BCD的法向量，又平 面CDC1的法向量为，由图可得二面角B-CD-C1为钝角， 所以二面角B-CD-C1的余弦值为 （）平面BCD的法向量为，G（0， 2，1） ，F（0，0，2） ， ，与不垂直，GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，GF与平面BCD相交 点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1) 证

8、明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2) 证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3) 证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 3 【 2018 年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点 （1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； （2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值 【答案】（1）（2） 【解析】分析： （1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再 根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一 个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根

9、据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果. 详解：如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO 1OC，OO1OB，以 为基底，建立空间直角坐标系O-xyz因为AB=AA1=2， 所以 （1）因为P为A1B1的中点，所以，从而， 故因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为 点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用 法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二， 破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，

10、破“应 用公式关”. 4 【 2018 年江苏卷】在平行六面体中， 求证：（1）； （2） 【答案】答案见解析 【解析】分析： （1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（ 2）先根据条件得 菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根 据面面垂直判定定理得结论. 详解：证明： （1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，ABA1B1因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C， 所以AB平面A1B1C （2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形又因为AA1=AB，所以四边形

11、ABB1A1为菱 形，因此AB1A1B又因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC 又因为A1BBC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC因为AB1平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1平面A1BC 点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误， 如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形 对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 5 【 2018 年理新课标I 卷】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折

12、起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】 (1) 证明见解析 .(2) . 【解析】分析： (1) 首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BFPF，BFEF，又因为，利用 线面垂直的判定定理可以得出BF平面PEF，又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF 平面ABFD. (2) 结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与 平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果 . 详解：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，又，所以BF平面PEF. 又平面ABFD，所以平面P

13、EF平面ABFD. 点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解， 属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以 要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法 向量来完成，注意相对应的等量关系即可. 6 【 2018 年全国卷理】如图，边长为2 的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上 异于，的点 （1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值 【答案】（1）见解析（ 2） 【解析】分析： （1）先证平面 CMD, 得

14、, 再证，进而完成证明。 （2）先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置， 求出平面和平面的法向量， 进而求得平面 与平面所成二面角的正弦值。 详解： （1）由题设知 , 平面CMD平面ABCD, 交线为CD. 因为BCCD,BC平面ABCD, 所以BC平面CMD, 故BC DM. 因为M为上异于C，D的点 , 且DC为直径，所以DMCM. 又BC CM=C, 所以DM平面BMC. 而DM平 面AMD, 故平面AMD平面BMC. （2）以D为坐标原点 ,的方向为x轴正方向 , 建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 当三棱锥M-ABC体积最大时，M为的中点 . 由题设得， ，设是平面MAB的法

15、向量 , 则 即可取.是平面MCD的法向量 , 因此 ，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是. 点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问主要考查建 立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角，考查数形结合，将几何问题转化为代数问题进行 求解，考查学生的计算能力和空间想象能力，属于中档题。 7 【 2018 年理数全国卷II 】如图，在三棱锥中，为的 中点 （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值 【答案】（1）见解析（ 2） 【解析】分析：(1) 根据等腰三角形性质得PO垂直 AC ，再通过计算，根据勾股定理

16、得PO垂直 OB ，最后根 据线面垂直判定定理得结论，(2) 根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM 一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解 得 M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面 PAM 法向量夹角， 最后根据线面角与向量夹角互余得结果. 详解：（1）因为，为的中点，所以，且. 连结. 因为，所以为等腰直角三角形，且，. 由知. 由知平面. （2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由已知得 取平面的法向量. 设 ，则. 设平面的法向量为. 由得，可取，所以 . 由已知得. 所以

17、. 解得 （舍去），. 所以. 又，所以. 所以与平面所成 角的正弦值为. 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关” ，构建恰当的空间直角坐标系； 第二，破“求坐标关” ，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破 “应用公式关”. 2017 年高考全景展示 1. 【 2017 课标 1，理 16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为 O.D、E、F为圆O上的点，DBC，ECA，FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形. 沿虚线剪开后， 分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC，ECA，FA

18、B，使得D、E、F重合，得到三棱锥. 当ABC的边长变 化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为 _. 【答案】4 15 【解析】 试题分析：如下图，设正三角形的边长为x，则 13 32 OGx 3 6 x . 3 5 6 FGSGx， 22 2233 5 66 SOhSGGOxx 3 5 5 3 三棱锥的体积 2 1133 5 5 3343 ABC VShxx 45 153 5 123 xx. 令 453 5 3 n xxx ，则 345 3 20 3 nxx x ， 令0nx， 4 3 40 3 x x，43x， max 75 48544 15 12 V. 【考点】简单几何体的体积

19、 【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量， 利用图形特征表示出三棱锥体积. 当体积中的变量最高次是2 次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变 量是高次时需要用到求导得方式进行解决. 2. 【 2017 课标 3，理 19】如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABD=CBD， AB=BD （1）证明：平面ACD平面ABC； （2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的 余弦值 . 【答案】 (1) 证明略； (2) 7 7 . 【解析】 试题分析： (1) 利用

20、题意证得二面角的平面角为90，则可得到面面垂直； (2) 利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用公式二面角的夹角公式可求得二面角的余弦值为 7 7 . （2） 由题设及（ 1）知，,OA OB OC两两垂直，以O为坐标原点， OA的方向为 x轴正方向，OA为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则1,0,0 ,0,3,0 ,1,0,0 ,0,0,1ABCD 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的 1 2 ，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距 离的 1 2 ，即E为DB的中点，得 3 1 0, 22 E . 故 3 1 1,0,1 ,2,0,0 ,1, 22

21、 ADACAE . 设=x,y,zn是平面DAE的法向量，则 AD AE 0， 0， n n 即 0, 31 0 22 xz xyz。 可取 3 1,1 3 n . 设m是平面AEC的法向量，则 0， 0， AC AE m m 同理可得 0, 1,3m . 则 7 cos, 7 n m n m n m . 所以二面角D-AE-C的余弦值为 7 7 . 【考点】二面角的平面角；面面角的向量求法 【名师点睛】(1) 求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程 思想进行向量运算，要认真细心，准确计算. (2) 设m，n分别为平面， 的法向量，则二面角 与互补或相等

22、， 故有 |cos | |cos|= m n m n . 求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 3. 【 2017 山东，理 17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线 为旋转轴旋转120得到的，G是DF的中点 . （）设P是CE上的一点，且APBE，求CBP的大小； （）当 3AB ， 2AD ，求二面角 EAGC的大小 . 【答案】（）30CBP. （）60. 【解析】试题分析： （）利用APBE，ABBE， 证得 BE平面ABP， 利用BP平面ABP，得到BEBP，结合120EBC可得CBP . （）两种思路，一是几何法，二是空间向

23、量方法，其中思路一： 取EC的中点H，连接EH，GH，CH. 得四边形BEHC为菱形， 得到 22 3213AEGEACGC. 取AG中点M，连接EM，CM，EC. 得到EMAG，CMAG， 从而EMC为所求二面角的平面角. 据相关数据即得所求的角. 思路二： 以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为 x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 . 写出相关点的坐标，求平面AEG的一个法向量 111 (,)mx y z ， 平面ACG的一个法向量 222 (,)nxyz 计算 1 cos, | |2 m n m n mn 即得 . 试题解析：（）因为APBE，ABBE， AB，AP平

24、面ABP，ABAPA， 所以 BE 平面 ABP， 又BP平面ABP， 所以BEBP，又120EBC， 因此30CBP （）解法一： 取EC的中点H，连接EH，GH，CH. 因为120EBC， 所以四边形BEHC为菱形， 所以 22 3213AEGEACGC. 取AG中点M，连接EM，CM，EC. 则EMAG，CMAG， 所以EMC为所求二面角的平面角. 又1AM，所以 13 12 3EMCM . 在BEC中，由于120EBC， 由余弦定理得 222 22222cos12012EC ， 所以2 3EC，因此EMC为等边三角形， 故所求的角为60. 解法二： 以B为坐标原点，分别以BE，BP，B

25、A所在的直线为 x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 . 由题意得(0,0,3)A(2,0,0)E， (1,3,3)G ， ( 1,3,0)C ，故 (2,0,3)AE ， (1 ,3,0)AG ， (2,0,3)CG， 设 111 (,)mx y z是平面AEG的一个法向量 . 由 0 0 m AE m AG 可得 11 11 230, 30, xz xy 取 1 2z，可得平面AEG的一个法向量(3,3,2)m. 设 222 (,)nxyz是平面ACG的一个法向量. 由 0 0 n AG n CG 可得 22 22 30, 230, xy xz 取 2 2z，可得平面ACG的一个法向

26、量(3,3,2)n. 所以 1 cos, | |2 m n m n mn . 因此所求的角为60. 【考点】 1. 垂直关系 .2. 空间角的计算 . 【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题. 解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平 面与平面关系的相互转化，通过严密推理， 明确角的构成 . 立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、 空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法. 本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能 力 转化与化归思想及基本运算能力等. 2016 年高考全景展示 1 【 2016 高考天津理数】如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形

27、，平面OBEF平面ABCD，点 G为AB的中点，AB=BE=2. （I ）求证：EG平面ADF； （II ）求二面角O-EF-C的正弦值； （III）设H为线段AF上的点，且AH= 2 3 HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（）详见解析（） 3 3 （） 7 21 【解析】 试题分析：（）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进 行论证（）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后 根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向 量，再利用向量数量积求出法

28、向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值 试题解析： 依题意，OFABCD平面，如图， 以O为点， 分别以,AD BA OF的方向为x轴，y轴、z轴 的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0)O， 1,1,0 ,( 1, 1,0),(1, 1,0),(11,0),( 1, 1,2),(0,0,2),( 1,0,0)ABCDEFG，. （I ） 证明：依题意，(2,0,0),1, 1,2ADAF. 设 1 , ,nx y z为平面ADF的法向量，则 1 1 0 0 nAD nAF ， 即 20 20 x xyz . 不妨设 1z ，可得 1 0,2,1n，又0,1, 2EG，

29、可得 1 0EG n，又因为直线 EGADF平面，所以/ /EGADF平面. （ II ）解：易证，1,1,0OA为平面OEF的一个法向量. 依题意，1,1,0 ,1,1,2EFCF. 设 2 , ,nx y z为 平 面C E F的 法 向 量 ， 则 2 2 0 0 nE F nCF ， 即 0 20 xy xyz . 不 妨 设1x， 可 得 2 1,1,1n. 因此有 2 2 2 6 cos, 3 OA n OA n OAn ，于是 2 3 sin, 3 OA n，所以，二面角OEFC的正弦值 为 3 3 . （III）解：由 2 3 AHHF，得 2 5 AHAF. 因为1, 1,2

30、AF，所以 222 4 , 555 5 AHAF ，进 而有 3 3 4 , 5 5 5 H ，从而 2 8 4 , 5 5 5 BH ，因此 2 2 2 7 cos, 21 BHn BH n BHn . 所以，直线BH和 平面CEF所成角的正弦值为 7 21 . 考点：利用空间向量解决立体几何问题 2. 【 2016 年高考北京理数】 （本小题14 分） 如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD， 1AB ， 2AD ，5ACCD. （1）求证：PD平面PAB； （2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值； （3）在棱PA上是否存在点M，使得/ /BM

31、平面PCD？若存在，求 AM AP 的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2） 3 3 ； （3）存在， 1 4 AM AP 【解析】 试题分析：（ 1）由面面垂直性质定理知AB 平面PAD；根据线面垂直性质定理可知PDAB，再由线面 垂直判定定理可知PD平面PAB； （2）取AD的中点O，连结PO，CO，以O为坐标原点建立空间直 角坐标系Oxyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值； （3）假设存在，根据A，P， M三点共线，设APAM，根据/ /BM平面PCD，即0nBM，求的值，即可求出 AM AP 的值 . 试题解析：（ 1）因为平面PAD平面ABCD，A

32、BAD， 所以AB平面PAD，所以PDAB， 又因为PDPA，所以PD平面PAB； （2）取AD的中点O，连结PO，CO， 因为PAPD，所以ADPO. 又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD， 所以PO平面ABCD. 因为CO平面ABCD，所以POCO. 因为CDAC，所以ADCO. 如图建立空间直角坐标系xyzO，由题意得， )1 ,0, 0(),0, 1,0(),0 ,0 ,2(),0 , 1 , 1 (),0, 1 ,0(PDCBA. 设平面PCD的法向量为),(zyxn，则 , 0 , 0 PCn PDn 即 , 02 , 0 zx zy 令2z，则2, 1 yx. 所以)2,

33、2,1 (n. 又)1, 1 , 1(PB，所以 3 3 ,cos PBn PBn PBn. 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 3 3 . （3）设M是棱PA上一点，则存在 1 ,0使得APAM. 因此点), 1(),1 ,0(BMM. 因为BM平面PCD，所以BM平面PCD当且仅当0nBM， 即0)2, 2, 1(), 1(，解得 4 1 . 所以在棱PA上存在点M使得BM 平面PCD，此时 4 1 AP AM . 考点： 1. 空间垂直判定与性质；2. 异面直线所成角的计算；3. 空间向量的运用. 【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面

34、内作交线 的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直( 必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关 系) ，构造 ( 寻找 ) 二面角的平面角或得到点到面的距离等. 3. 【 2016 年高考四川理数】 （本小题满分12 分） 如图，在四棱锥P-ABCD中， AD BC ，ADC=PAB=90 ， BC=CD= 1 2 AD ，E为边 AD的中点，异面直线 PA与 CD所成的角为90. （）在平面PAB内找一点 M ，使得直线CM 平面 PBE ，并说明理由； （）若二面角P-CD-A的大小为45，求直线PA与平面 PCE所成角的正弦值. E D C B P A 【答案】（）详见解析；

35、 （） 1 3 . 【解析】 试题分析：（）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以 利用已知的平行，易得CDEB；从而知M为 DC和 AB的交点；（）求线面角，可以先找到这个角，即作 出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量 法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得） 试题解析：（）在梯形ABCD中，AB与CD不平行 . 延长AB，DC，相交于点M（M平面PAB） ，点M即为所求的一个点. 理由如下： 由已知，BCED，且BC=ED. 所以四边形BCDE是平行四边形 . ，所以CDEB 从而CMEB. 又EB平面PBE，CM平面PBE，