高三数学理科立体几何备考试题及解答
高考立体几何大题及答案(理)
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（I）证明：是侧棱的中点；求二面角的大小。
2.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1（Ⅰ）证明：AB=AC （Ⅱ）设二面角A-BACBA1B1C1DED-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小3.如图，平面，，，，分别为的中点．（I）证明：平面；（II）求与平面所成角的正弦值．4.如图，四棱锥的底面是正方形，，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）当且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.5.如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，．以的中点为球心、为直径的球面交于点．（1）求证：平面⊥平面；（2）求直线与平面所成的角；（3）求点到平面的距离．6.如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求证：；（II）设线段、的中点分别为、，求证：∥（III）求二面角的大小。
7.如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD,SD ＝AD＝a,点E是SD上的点，且DE＝a(0<≦1). (Ⅰ)求证：对任意的（0、1），都有AC⊥BE:(Ⅱ)若二面角C-AE-D的大小为600C，求的值。
8.如图3，在正三棱柱中，AB=4, ,点D是BC的中点，点E 在AC上，且DEE.（Ⅰ）证明：平面平面; （Ⅱ）求直线AD 和平面所成角的正弦值。
9.如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求证：；（II）设线段、的中点分别为、，求证：∥（III）求二面角的大小。
2023届高考数学总复习《立体几何》附答案解析
（2）若点 N 为 BC 的中点，求四面体 A'MNB 的体积．
【解答】证明：（1）连接 BD，设 BD∩EC＝F，连接 MF，
由题意可得四边形 BCDE 为正方形，则 F 为 BD 的中点，
∴MF 为△A′BD 的中位线，可得 MF∥A′B，
又 A′B⊄平面 EMC，MF⊂平面 EMC，
∴A'B∥平面 EMC；
2023 年高考：立体几何复习题及答案
1．如图，已知直角梯形 ABCD，BC∥AD，BC＝CD＝2，AD＝4，∠BCD＝90°，点 E 为 AD 的中点，现将三角形 ABE 沿 BE 折叠，得到四棱锥 A'﹣BCDE，其中∠A'ED＝120°， 点 M 为 A'D 的中点．
（1）求证：A'B∥平面 EMC；
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∵BE⊂平面 BEF，∴平面 BEF⊥平面 AMD， 结合题意分析知，点 F 在线段 AD 上，连接 MF， 过 A 作 AH⊥MF，交 MF 的延长线于点 H，
则结合已知条件得
，解得 AH ，
设 Dt ，
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【解答】解：（1）证明：由题意知 PC2+AC2＝PA2，∴PC⊥AC， 同理，PC⊥BC，又 AC∩BC＝C，∴PC⊥平面 ABC， ∵D，E 分别是 AC，PA 的中点，∴DE∥PC， ∴DE⊥平面 ABC， 又 DE⊂平面 BDE，∴平面 BDE⊥平面 ABC． （2）在△BDE 中，DE⊥BD，BD＝2 ，DE＝2，∴BE＝4， 如图，过 A 作 AM⊥BE 于 M，连接 MD， 在△ABE 中，AB＝BE＝4，AE＝2 ，解得 AM ，ME＝1， ∵DM⊂平面 BDE，∴AC⊥DM， 在 Rt△ADM 中，AM ，AD＝2，∴DM ， ∴DM2+EM2＝DE2，∴MD⊥BE， ∵AM∩MD＝M，∴BE⊥平面 AMD，
高三精选立体几何大题30题(含详细解答)
A BC第1题图ABCD第1题图立体几何大题1．如下图，一个等腰直角三角形的硬纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，CD是斜边上的高沿CD 把△ABC折成直二面角．（1）如果你手中只有一把能度量长度的直尺，应该如何确定A，B的位置，使二面角A－CD－B是直二面角？证明你的结论．（2）试在平面ABC上确定一个P，使DP与平面ABC内任意一条直线都垂直，证明你的结论．（3）如果在折成的三棱锥内有一个小球，求出小球半径的最大值．2．如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为3，侧棱长为4，连结A1B过A作AF⊥A1B垂足为F，且AF的延长线交B1B于E。
（Ⅰ）求证：D1B⊥平面AEC；（Ⅱ）求三棱锥B—AEC的体积；（Ⅲ）求二面角B—AE—C的大小的正弦值.3．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，点M在BC上，△AMC1是以M为直角顶点的等腰直角三角形.（I）求证：点M为BC的中点；（Ⅱ）求点B到平面AMC1的距离；（Ⅲ）求二面角M—AC1—B 的正切值. 4．如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，三角形ACD是正三角形，且AD=DE=2，AB=1，F是CD的中点．（Ⅰ）求证：AF∥平面BCE；（Ⅱ）求多面体ABCDE的体积；（Ⅲ）求二面角C-BE-D 的正切值．5．已知：ABCD是矩形，设PA=a，PA⊥平面ABCD.M、N分别是AB、PC的中点.（Ⅰ）求证：MN⊥AB；（Ⅱ）若PD=AB，且平面MND⊥平面PCD，求二面角P—CD—A的大小；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求三棱锥D—AMN的体积.6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分别为棱DD1、AB、BC的中点。
（I）求二面角B1—MN—B的正切值；（II）证明：PB⊥平面MNB1；（III）画出一个正方体表面展开图，使其满足“有4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中P、B两点间的距离。
(完整版)高三数学立体几何复习测试题含答案
高三数学立体几何复习一、填空题1. 分别在两个平行平面内的两条直线间的地址关系不可以能为．．．． ①平行 ②订交③异面④垂直【答案】②【剖析】两平行平面没有公共点，因此两直线没有公共点，因此两直线不可以能订交2.已知圆锥的母线长为 8，底面周长为 6π，则它的体积为【答案】 3 55【剖析】设底面半径为r, 2 r 6 , r 3 , 设圆锥的高为 h ，那么 h823255 ，那么圆锥的体积 V1 r2 h 1 955 3 55 ，故填： 3 55 .3 33.已知平面/ / 平面 ， P且 P ，试过点 P 的直线 m 与 ， 分别交于 A ， C ，过点 P 的直线 n 与 ，分别交于 B ， D 且 PA6 ， AC9， PD 8 ，则 BD 的长为 ___________.【答案】24 或 245【剖析】 第一种情况画出图形以以下列图所示，由于“若是两个平行平面同时和第三个平面订交，那么它们的交线相互平行 . ”因此 AB / /CD ，设 BD x ，依照平行线分线段成比率，有6 8x, x249 x5第二种情况画出图形以以下列图所示，由于“若是两个平行平面同时和第三个平面订交， 那么它们的交线相互平行. ”因此 AB / /CD ，设 BDx ，依照平行线分线段成比率，有PBA DCB A6X8, x 24 .384.半径为 R 的球 O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱的侧面积与球的表面积之比是 ____________．【答案】 1： 2PCDr 2h2rhr2h 2h时取等号，【剖析】 R2，圆柱的侧面积2 rh 44 242 R 2，当且仅当 r42 2此时圆柱的侧面积与球的表面积之比为 2 R 2 : 4 R 2 1: 25.以下列图， G 、N 、M 、 H 分别是正三棱柱（两底面为正三角形的直棱柱）的极点或所在棱的中点，则表示直线 GH 、MN 是异面直线的图形有 ____________（填上所有正确答案的序号） ．【答案】②④【剖析】由题意得，可知（ 1）中，直线 GH // MN ；图（ 2）中，G , H , N 三点共面，但M 面 GHN ，因此直线 GH 与 MN 异面；图（ 3）中，连接 MG , GM // HN ，因此 GH 与MNG ，因此直线 GH 与 MN 共面；图（ 4）中， G , M , N 共面，但 H面 GHN ，因此直线 GH 与 MN试卷第 1 页，总 9 页异面．6.已知 m, n 为直线，,m, n // ；②为空间的两个平面，给出下列命题：①m nm m mn,,m // n ．其中的正确命题为, m // n ；③// ；④．m n//【答案】③④【剖析】关于① , 也会有n的结论 , 因此不正确；关于②, 也会有m, n异面的可能的结论, 因此不正确；简单考据关于③④都是正确的, 故应填答案③④ .7.设 a,b 是两条不同样的直线, , 是两个不同样的平面,则以下四个命题①若a b, a,b则，②若 a b, a则 b / /，③若 a,，则 a / /④若a / /, a，则其中正确的命题序号是.【答案】①④【剖析】① a b ，不如设a, b订交（如异面平移到订交地址），确定一个平面，设平面与平面的交线为 c ，则由 b，得 b c ，从而 a // c ，于是有 c，因此，①正确；②若a b, a，b 可能在内，②错；③若 a,， a 可能在内，③错；④若 a / / ，则由线面平行的性质定理，在内有直线 b 与a平行，又a，则 b，从而，④正确．故答案为①④．8.已知三棱锥 P ABC 的所有极点都在球 O 的球面上，ABC 是边长为1的正三角形，PC 为球 O 的直径，该三棱锥的体积为2，则球 O 的表面积为__________．6【答案】4【剖析】设 ABC 的中心为O1，由题意得 S ABC3212OO1SABC OO12, 因此球O的;6334半径 R 满足R2OO12( 3)2211，球O的表面积为 4R2 4 .3339.以下列图 ,在直三棱柱 ABC A1 B1C1中, AB BC CC11,AB BC, E 为CC1的中点,则三棱锥 C1ABE 的体积是．【答案】112【剖析】由于 E 是 CC1中点，因此 V C ABE 1V C ABC11(11 1)11．1212321210. 以下列图，在直三棱柱ABC A1 B1C1中，ACB90 , AA12, AC BC1 ,则异面直线A1 B 与AC所成角的余弦值是.【答案】66【剖析】由于AC / / A1C1，因此BA1C1（或其补角）就是所求异面直线所成的角，在 BA1C1中,A1 B6 ,A1C11, BC15, cos BAC11615 6 .261611.如图，在棱长为 1 的正方体ABCD - A1B1C1D1中，M , N分别是BB1, BC的中点，则图中阴影部分在平面 ADA1D1上的投影的面积为．【答案】1 8【剖析】图中点 M 在平面的投影是AA1的中点，点N在平面的投影是AD 的中点，点 D 的投影还是点 D ,连接三点的三角形的面积是1111，故填： 1 .2228812. 如图 , 正方体ABCD A1 B1C1D1中 ,AB 2 ,点 E 为 AD 的中点,点 F 在D F CECD 上,若 EF // 平面AB1C,则 EF________.A B【答案】 EF2D 1C1【剖析】依照题意，由于 EF // 平面AB1C ，因此EF // AC.又由于点E是AD中A1B1点，因此点 F 是 CD 中点.由于在 Rt DEF 中， DE DF 1，故EF2.13. 在棱长为 1 的正方体ABCD A B C D 中， E 为 AB 的中点，在面ABCD11111D 1C1中取一点 F ，使 EF FC1最小，则最小值为__________．A 1B 1【答案】142D E C 【剖析】如图，将正方体ABCD A1B1C1D1关于面ABCD对称，则 EC1就是所A BD1C1A1N B132114 ．求的最小值， EC1EN 2NC121242D1C1 14.点 M 是棱长为3 2 的正方体ABCD A1B1C1D1的内切球 O球面上的动 A 1NB1点，点 N 为B1C1上一点，2NB1NC1, DM BN ，则动点M的轨迹的长度为 __________ ．DM C【答案】310A B 5【剖析】由于DM BN ，因此 M 在过 D 且垂直于 BN 的平面上，以以下列图（ 1 ），取BS 1SB1，2AT 1TA1，则BN平面 DTSC ，因此 M 在一个圆周上，如图以下列图（2），正方体的中心O 到该平面的2距离即为 O1F，在直角三角形 O1FC中， O1F O1C sin O1CF 3sin O1CF ，而111，故 sin5 3 5tan O CF tan BCS3O1CF，O1 F， M 所在的圆周的半径1411255322为 3 2353 30，故其轨迹的长度为 3 1025105D 1C 1B1C1NA 1NB 1O1OD STM S CA B图（ 1）二、解答题FB C图（ 2）15.如图，四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，DAB60o，AB 2 AD ， PD底面ABCD .（ 1）证明：PA BD ；（ 2）设PD AD 2 ，求点 D 到面 PBC 的距离.解析：（ 1 ）证明：因为DAB60o，AB2AD ，由余弦定理得BD3AD .从而BD2AD 2AB2，∴ BD AD ，又由 PD 底面EABCD ， BD面 ABCD ，可得 BDPD . ∴ BD 面 PAD ， PA面 PAD ，∴ PABD .（ 2）法 1：在平面 PDB 内作 DEPB ，垂足为 E . ∵ PD 底面 ABCD ，BC 面 ABCD ，∴ PD BC ，由（ 1 ）知 BDAD ，又 BC / / AD ，∴ BC BD ，又 AD I BD D ， . ∴ BC 平面 PBD ，又AD I BD D ∴ BC DE . 则 DE 平面 PBC . 由题设知， PD 2 ，则 BD2 3 ， PB 4，依照DE gPB PD gBD ，得 DE3 ，即点 D 到面 PBC 的距离为3 .法2 ： 设 点 D到平 面 PBC 的 距 离 为 d ， 由 （ 1 ） 得 BD AD ， ∴ AB4 ，V P BCD1V PABCD 11S Y ABCD PD1 2 43 24 3 ， 又 V 1 S PBCd ， 由2236 23 P BCD 3PD 底 面ABCD ， BD 面 ABCD ， DC面 ABCD ，PBD , PCD 为 Rt， ∴PCPD 2 CD 22 5 ， PBPD 2CD 2 4 ， 又 BCAD2 ， ∴PBC 为 Rt且SPBC1 2 44 ，∴ d3 .216. 已知直角梯形 ABCD 中， AB / /CD ， AB AD ， CD2， AD2 ， AB 1 ，如图 1所示，将ABD 沿 BD 折起到 PBD 的地址，如图2 所示 .（ 1）当平面 PBD平面 PBC 时，求三棱锥 P BCD 的体积；（ 2）在图 2 中， E 为 PC 的中点，若线段BQ / /CD ，且 EQ / / 平面 PBD ，求线段 BQ 的长；剖析 ：（ 1）当平面PBD 平面 PBC 时，由于 PB PD ，且平面 PBD I 平面 PBCPB ， PD平面PBD ，因此 PD平面 PBC ，由于 PC 平面 PBC ，因此 PD PC . 由于在直角梯形ABCD 中，AB / /CD ， AB AD ， CD 2 ， AD 2 ， AB 1 ， 所 以 BD BC3 ， DP2 . 所 以CPCD 2 PD 22 . 又 因 为 BP1 ， 所 以 BP 2CP 2 BC 2 ， 所 以 BPCP . 所 以S PBC1PB PC2. 因此三棱锥PBCD 的体积等于VD PBC1S PBCgPD1221.223323（2）取 PD 的中点 F ，连接 EF ， BF ，如上图所示 . 又由于 E 为 PC 的中点，因此EF / /CD ，且EF1CD . 又由于 BQ / /CD ，因此 EF / / BQ . 因此 B ， F ， E ， Q 共面 .2因 为 EQ / / 平 面 PBD ， EQ平 面 BFEQ ， 且 平 面 BFEQ I 平 面试卷第 5 页，总 9 页PBD BF ， 所 以 EQ / / FB . 又 因 为 EF / / BQ ， 所 以 四 边 形 BFEQ 是 平 行 四 边 形 . 所 以 BQEF1CD 1 .2ACDF 所在平面与梯形BCDE 所在平面垂直，且BC 2DE ， DE / / BC ，17. 如图几何体中，矩形BD AD ， M 为 AB 的中点 .（ 1）证明： EM / / 平面 ACDF ； （ 2）证明： BD 平面 ACDF .剖析 ：（ 1）法 1：延长 BE 交 CD 与 G ，连接 AG ，∵ E, M 为中点，∴EM // AG ， EM 平面 AFDC ， AG 平面 AFDC ，∴ EM / / 面 ACDF ．G法 2：如图，取 BC 的中点 N ，连接 MN 、 EN .在 ABC 中， M 为 AB 的中点， N 为 BC 的中点，∴ MN / / AC ，又由于 DE / / BC ，且 DE1 CN ，∴四边形 CDEN 为平行四边形，BC2∴ EN / / DC ，又∵ MN I EN N ， AC I CD C . ∴平面 EMN / / 平面 ACDF ，又∵ EM面EMN ，∴ EM / / 面 ACDF .法 3：如图，取 AC 的中点 P ，连接 PM ， PD . 在 ABC 中， P 为 AC 的中点， M 为 AB 的中点，∴PM / / BC ，且 PM11BC ，又∵ DE / /BC ， DEBC , ∴ PM / / DE ，故四边形 DEMP 为平行四22边形，∴ ME / / DP ，又∵ DP 平面 ACDF ， EM平面 ACDF ，∴ EM / / 面 ACDF ．（ 2）∵平面 ACDF平面 BCDE ，平面 ACDF I平面 BCDEDC ，又 AC DC ，∴ AC平面BCDE ，∴ AC BD ，又 BD AD ， BD I ADA ，∴ BD 平面 ACDF ．18. 如图，在四棱锥 P － ABCD 中，四边形 ABCD 为矩形， AB ⊥ BP ， M 为 AC 的中点， N 为 PD 上一点 .（ 1）若 MN ∥平面 ABP ，求证： N 为 PD 的中点；（ 2）若平面 ABP ⊥平面 APC ，求证： PC ⊥平面 ABP.【剖析】（ 1）连接 BD ，由四边形 ABCD 为矩形得： M 为 AC 和 BD 的中点，∵ MN ∥平面 ABP ， MN 平面 BPD ，平面 BPD I 平面 ABP ＝ BP ，∴MN ∥ BP ，∵ M 为 AC 的中点，∴ N 为 PD 的中点 .（ 2）在△ ABP 中，过点 B 作 BE ⊥ AP 于 E ，∵平面 ABP ⊥平面 APC ，平面 ABP ∩平面 APC ＝AP ，BE 平面 ABP ， BE ⊥ AP∴ BE ⊥平面 APC ，又 PC 平面 APC ，∴ BE ⊥ PC.∵ ABCD 为矩形，∴ AB ⊥ BC ，又 AB ⊥ BP ， BC ∩BP＝ B ，BC ，BP 平面 BPC ，∴ AB ⊥平面 BPC ， ∴AB ⊥PC ，又 BE ⊥ PC ， AB 平面 ABP ，BE 平面 ABP ，AB ∩BE ＝B ， ∴ PC ⊥平面 ABPP ABCD∥1 是线段的中点 .19. 如图 ,在四棱锥AB, MPA中，AB DC , AD DC2（ 1）求证： DM ∥ 平面 PCB ；（ 2）若AD AB ,平面 PAC 平面 PBC ,求证： PA BC .【剖析】（1）如图，取PB中点N , 连接CN , MN . 由于M是线段PA的中点 ,因此 MN∥ AB, MN 1AB , 2因为 DC∥ AB, CD 1CD ,所以四边形 CDFM 为平行四边形,所以AB ,所以 MN∥DC , MN2CN∥DM ,由于 CN平面PCB,DM平面PCB,因此DM∥平面PCB.P（ 2）连接AC , 在四边形ABCD中，由于AD AB,CD∥AB ,因此 AD CD ,设MNAD a ,因为 AD DC1AB ,所以 CD a, AB2a ,在ADC中，A2B ADC 90 , AD DC,所以DCA DAC45,从而D CAC2a,CAB45,在ACB中,AB2a, AC2a,CAB45 ,所以BC AC 2AB2 2 AB AC cos CAB2a, 所以AC 2BC 2AB2, 即AC BC .在平面PAC 中,过点 A 作 AE PC ,垂足为 E ,由于平面PAC平面 PBC ,因此 AE平面 PBC ,又由于BC平面 PBC ,因此 AE BC ,由于 AE平面PAC ,AC平面 PAC ,因此BC平面 PAC .因为PA 平面 PAC ,因此 PA BC .20. 如图 , 在直三棱柱ABC A B C 中,ACB 900，E, F ,G 分别是 AA , AC , BB 的中点，且1 1 111CG C1G .（1）求证：CG //平面BEF；（ 2）求证：平面BEF平面 AC1 1G .【剖析】证 :( Ⅰ ) 连接AG交BE于D , 连接DF , EG . ∵E,G分别是AA1, BB1的中点，∴ AE ∥BG且 AE =BG,∴四边形AEGB 是矩形.∴D是 AG 的中点，又∵F是AC 的中点,∴ DF ∥CG，则由 DF面 BEF , CG面 BEF ,得CG∥面 BEF( Ⅱ ) ∵在直三棱柱ABC A1 B1C1中， C1C ⊥底面 A1B1C1,∴ C1C ⊥ A1C1.又∵A1C1B1ACB900,即 C1B1⊥ A1C1，∴ A1C1⊥面 B1C1CB ,而CG面 B1C1CB ，∴ A1C1⊥CG，又 CG C1G ,由(Ⅰ)DF∥CG ，AC DF , DF C G DF AC G，Q DF BEF BEF11 1 ，∴平面1 1平面，∴平面平面AC G .1 1三、提高练习21.在三棱锥P ABC 中，AB BC ，AB 6 ，BC 2 3 ，O 为 AC 的中点，过 C 作 BO 的垂线，交 BO 、 AB 分别于 R 、 D ，若DPR CPR ，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为 __________．【答案】 3 3【剖析】在 Rt ABC 中， ACB 60，OCB 为等边三角形，DCB 30 ，因此 CD 4 ， CR 3 ， 因此 DR1，在 PDC 中， DPRCPR ，因此PDDR1 ，以以下列图（ 2），设 P x, y ， D 0,0 ，PC RC32则 C 4,0 ，从而有 9 x2y2x2y 2，整理获取 x1 y29，故 PCD 的边 CD 上的高424的最大值为3，从而 PABC 体积的最大值为 1 31 2 3 63 323 22PbPAODRCBD R C x图 (1)图（ 2）22. 如图，直三棱柱 ABCA 1B 1C 1 中，D 、E 分别是棱 BC 、AB的中点，点F 在棱 CC 1 上，已知AB AC ， AA 1 3 ，BC CF2 ．（ 1）求证： C 1E // 平面 ADF ；（ 2）设点 M 在棱 BB 1 上，当 BM 为何值时， 平面 CAM 平面 ADF ？【剖析】（ 1）连接 CE 交 AD 于 O ，连接 OF ．由于 CE , AD 为ABC 中线，因此 O 为 ABC 的重心，CFCO 2．从而CC 1CE3OF // C 1E ． OF 面 ADF ， C 1E平面 ADF ，因此 C 1 E // 平面 ADF ．（ 2）当 BM 1 时，平面 CAM 平面 ADF ．在直三棱柱ABC A 1 B 1C 1 中，由于 B 1 B 平面 ABC ， B 1B 平面 B 1BCC 1 ，因此平面 B 1BCC 1 平面 ABC ．由于 ABAC ， D 是 BC 中点，因此 AD BC ．又平面 B 1BCC 1 ∩平面 ABC BC ， 因此 AD 平面(完满版)高三数学立体几何复习测试题含答案B1BCC1．而CM平面B1BCC1，于是AD CM ．由于BM CD 1,BC CF 2 ，因此Rt CBM Rt FCD ，因此 CM DF DF , AD 订交，因此CM平面ADF，CM平面CAM ，因此平面CAM平面ADF．试卷第 9 页，总 9 页11 / 11。
2023年高考数学总复习《立体几何》附答案解析
所以 z1＝0，
，故可取
， ，，
于是 ＜ ， ＞
，
设所成锐二面角为θ，所以 sinθ
，
所以平面 PAD 和平面 PBE 所成锐二面角的正弦值为 ．
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∴CF CC1 AA1 ， ∵∠BAC＝90°，
∴CD
，
在 Rt△FCD 中，tan∠FDC 맨
，
故直线 DF 与平面 ABC 所成角的正切值为 ．
2．如图所示，四棱锥 P﹣ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∠BCD＝60°，E 是 CD 的中点，PA⊥底面 ABCD，PA＝2． （1）证明：平面 PBE⊥平面 PAB； （2）求平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的正弦值．
【解答】（1）证明：如图所示，连接 BD，由 ABCD 是菱形且∠BCD＝60°， 知△ABC 是等边三角形． ∵E 是 CD 的中点， ∴BE⊥CD，又 AB∥CD， ∴AB⊥BE，∴BE⊥平面 PAB， 又 BE⊂平面 PBE， ∴平面 PBE⊥平面 PAB． （2）解：在平面 ABCD 内，过点 A 作 AB 的垂线，如图所示，以 A 为原点建立空间直角
【解答】（1）证明：连接 DG、FG， 由直三棱柱的性质知，BB1∥CC1，且 BB1＝CC1， ∵B1E＝2EB，C1F＝2FC， ∴EB∥FC，且 EB＝FC， ∴四边形 BCFE 为平行四边形， ∴EF∥BC，EF＝BC， ∵BD＝2DA，CG＝2GA， ∴GD∥BC，且 GD BC， ∴EF∥GD，且 GD EF， ∴四边形 DEFG 为梯形，即 D、E、F、G 四点共面， ∴点 G 在平面 EFD 内． （2）解：由直三棱柱的性质知，CC1⊥平面 ABC， ∵F 为 CC1 上一点， ∴点 F 在平面 ABC 上的投影为点 C， 连接 CD，则∠FDC 即为直线 DF 与平面 ABC 所成角． ∵点 D 在棱 AB 上，且 BD＝2DA， ∴AD AB ， ∵C1F＝2FC，
(完整版)高考立体几何大题及答案(理)
故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。
连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。
连接CH，则∠ECH为 与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD= ，故EH=1，又EC= =2，
（II）设线段 、 的中点分别为 、 ，
求证： ∥
（III）求二面角 的大小。
10.如题（18）图，在五面体 中， ∥ ， ， ，四边形 为平行四边形， 平面 ， ．求：
（Ⅰ）直线 到平面 的距离；
（Ⅱ）二面角 的平面角的正切值．
11．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．
（Ⅱ）设平面BCD的法向量 则
又 =（-1，1，0），
=（-1，0，c）,故
令x=1,则y=1,z= , =(1,1, ).
又平面 的法向量 =（0，1，0）
由二面角 为60°知， =60°，
故 °，求得
于是 ，
，
°
所以 与平面 所成的角为30°
3、（Ⅰ）证明：连接 ，在 中， 分别是 的中点，所以 ，又 ，所以 ，又 平面ACD，DC 平面ACD，所以 平面ACD
(1)证明：PA⊥BD；
(2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．
12（本小题满分12分）
如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，AB CD,AC BD，垂足为H，
PH是四棱锥的高，E为AD中点
（1）证明：PE BC
（2）若 APB= ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值
高中空间立体几何经典例题精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版立体几何一、选择题1．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是 （ ）A ．若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥【答案】D2 2．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（ ）A ．1:2B ．1:4C ．1:8D ．1:16【答案】C 【答案】A3 3．（20XX 年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A4 4．（20XX 年高考湖南卷（理））已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能．．．等于 （ ）A ．1B ．2C ．2-12D ．2+12【答案】C5．（20XX 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3.若P 为底面111A B C 的中心,则PA 与平面ABC 所成角的大小为（ ）A．512πB ．3πC．4πD．6π【答案】B6．（20XX年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））某几何体的三视图如题()5图所示,则该几何体的体积为（）A．5603B．5803C．200D．240【答案】C7．（20XX年高考江西卷（理））如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上,且AB CD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为,m n,那么m n+=（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A二、填空题8．（20XX年高考北京卷（理））如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为__________.1D1BPD1CCEBA1A【答案】2559．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））如图,在三棱柱ABC C B A -111中,F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点,设三棱锥ADE F -的体积为1V ,三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ,则=21:V V ____________.【答案】1:2410．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.【答案】1616π-11．（20XX 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是_______________【答案】12π12．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中,异面直线1A B 与1B C 所成角的大小为_______AB C1A D EF1B 1C【答案】3π三、解答题13．（20XX 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））如图,AB是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值D 1 C 1 B 1A 1D C AB14．（20XX 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥111ABC A B C -中,16AA =,异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为6π,求该三棱柱的体积.【答案】[解]因为1CC 1AA .所以1BC C ∠为异面直线1BC 与1AA .所成的角,即1BC C ∠=6π. 在Rt 1BC C ∆中,113tan 6233BC CC BC C =⋅∠==从而2333ABC S BC ∆==因此该三棱柱的体积为1336183ABC V S AA ∆=⋅==15．（20XX 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD 版含附加题））B 1 A 1C 1ACB如图,在三棱锥ABC S -中,平面⊥SAB 平面SBC ,BC AB ⊥,AB AS =,过A 作SB AF ⊥,垂足为F ,点G E ，分别是棱SC SA ，的中点.求证:(1)平面//EFG 平面ABC ; (2)SA BC ⊥.【答案】证明:(1)∵AB AS =,SB AF ⊥∴F 分别是SB 的中点 ∵E.F 分别是SA.SB 的中点 ∴EF ∥AB又∵EF ⊄平面ABC, AB ⊆平面ABC ∴EF ∥平面ABC 同理:FG ∥平面ABC又∵EF FG=F, EF.FG ⊆平面ABC ∴平面//EFG 平面ABC (2)∵平面⊥SAB 平面SBC 平面SAB 平面SBC =BC AF ⊆平面SAB AF ⊥SB∴AF ⊥平面SBC 又∵BC ⊆平面SBC ∴AF ⊥BC又∵BC AB ⊥, AB AF=A, AB.AF ⊆平面SAB ∴BC ⊥平面SAB 又∵SA ⊆平面SAB ∴BC ⊥SA16．（20XX 年高考上海卷（理））如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=2,AD=1,A 1A=1,证明直线BC 1平行于平面DA 1C,并求直线BC 1到平面D 1AC 的距离.C 11A【答案】因为ABCD-A 1B 1C 1D 1为长方体,故1111//,AB C D AB C D =,故ABC 1D 1为平行四边形,故11//BC AD ,显然B 不在平面D 1AC 上,于是直线BC 1平行于平面DA 1C; 直线BC 1到平面D 1AC 的距离即为点B 到平面D 1AC 的距离设为h考虑三棱锥ABCD 1的体积,以ABC 为底面,可得111(12)1323V =⨯⨯⨯⨯=而1AD C ∆中,11AC DC AD ==故132AD C S ∆= AB CSGFE所以,13123233V h h =⨯⨯=⇒=,即直线BC 1到平面D 1AC 的距离为23.17．（20XX 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））如图1,在等腰直角三角形ABC中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ; (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE,在OCD ∆中,由余弦定理可得OD=由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,理可证A O OE '⊥, 又OD OE O =,所以A O '⊥平面BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角. 结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而2A H '== 所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角ACD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O -.CO BDEA CDOBE'A图1图2C DO BE'AH则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧+=⎪⎨-++=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,1,n =- 由(Ⅰ)知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以3cos ,3n OA n OA n OA'⋅'===',即二面角A CD B '--的平面角的余弦值为5.18．（20XX年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点.(Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2, 求线段AM的长.6【答案】19．（20XX年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,12AB AA==(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.1A【答案】解:(Ⅰ) BDOAABCDBDABCDOA⊥∴⊂⊥11,,面且面;又因为,在正方形AB CD 中,BDCAACACAACABDAACOABDAC⊥⊂⊥=⋂⊥11111,，故面且面所以；且.在正方形AB CD中,AO = 1 . .111=∆OAOAART中，在OECAOCEAEDB1111111⊥为正方形，所以，则四边形的中点为设.，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD=⋂⊂⊂111111E.E,DDBBCA111面⊥.(证毕)(Ⅱ) 建立直角坐标系统,使用向量解题.以O为原点,以OC为X轴正方向,以OB为Y轴正方向.则)1,0,1()1,1,1(),10(),1(,0,1,0111-=⇒CABACB，，，，）（.由(Ⅰ)知, 平面BB1D1D的一个法向量.0,0,1),1,1,1(),1,0,1(111）（==-==OCOBCAn设平面OCB1的法向量为，则0,0,2122=⋅=⋅OCnOBnn).1-,1,0(法向量2=n为解得其中一个21221||||||,cos|cos212111=⋅=⋅=><=nnnnnnθ.所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为3π1A。
2023届高考数学总复习：立体几何复习题附答案
a，
在 Rt△FCM 中，tan∠FCM ．
，
∴sin∠FCM ，
故直线 CF 与平面 ACDE 所成角的正弦值为 ． 2．如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，BC⊥平面 AA1C1C，D 是 AA1 的中点，△ACD 是边长
为 1 的等边三角形． （1）证明：CD⊥B1D； （2）若 BC ，求二面角 B﹣C1D﹣B1 的大小．
，令
由（1）知，平面 B1C1D 的一个法向量为
，得
，， ，
， ，，
故 th＜ ， ＞
，
所以二面角 B﹣C1D﹣B1 的大小为 30°．
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在直角梯形 AEFB 中，有 AF EF，BF
쳌
∴AF2+BF2＝AB2，即 AF⊥BF．
∵BC∩BF＝B，BC、BF⊂平面 BCF，
∴AF⊥平面 BCF．
EF，AB＝2EF，
（2）解：∵AE⊥平面 ABC，AE⊂平面 ACDE，∴平面 ACDE⊥平面 ABC，
又平面 ABC∥平面 DEF，∴平面 ACDE⊥平面 DEF．
【解答】解：（1）证明：因为△ACD 是边长为 1 的等边三角形，所以∠ADC＝60°，∠ DA1C1＝120° 因为 D 是 AA1 的中点，所以 AD＝A1D＝A1C1＝1，即△A1C1D 是等腰三角形， 则∠A1DC1＝30°，故∠CDC1＝90°，即 CD⊥C1D， 因为 BC⊥平面 AA1C1C，BC∥B1C1，所以 B1C1⊥平面 AA1C1C， 因为 CD⊂平面 AA1C1C，所以 B1C1⊥CD， 因为 B1C1∩C1D＝C1，B1C1⊂平面 B1C1D，C1D⊂平面 B1C1D，所以 CD⊥平面 B1C1D， 因为 B1D⊂平面 B1C1D，所以 CD⊥B1D；
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1． 如图， CA 2007 年高三数学理科立体几何备考试题及解答 命题人：中山一中数学理科备课组 四面体 ABCD中， O 、E 分别是 BD 、 BC 的中点， CB CD BD 2,AB AD 2. 求证： AO （ II ）求异面直线 （ III ）求点 E 到平面 ACD 的距离． 解：方法一： （I ）证明：连结 I ） 平面 BCD ； AB 与 CD 所成角的大小； BO DO,AB AD, AO BD.BO DO,BC CD, CO BD. AOC 中，由已知可得 AO 1,CO 3. AC2, AO 2 CO 2AC 2,AOC 90o ,即 AO OCBD I OC O,AO 平面 BCD ；OC Q Q在 M ，连结 OM 、 ME 、 而 Q （ II ）解：取 AC 的中点 直线 OE 与 EM 所成的锐角就是异面直线 在 OME 中，OE ， AB 与 CD所成的角 E 为 BC 的中点知 ME ∥AB,OE ∥DC 1EM AB222,OE 12DC 1,22QOM 是直角 AOC 斜边 AC 上的中线，OM 1AC 1, 22 cos OEM4异面直线AB 与 CD 所成角的大小为2 arccos .4III ）解： 设点 E 到平面 ACD 的距离为h.QV E ACDVA CDE,11h.S ACD .AO.S CDE . 33在 ACD 中， CACD 2,ADS ACD 2 222 ( 2 )2而 AO 1, S CDE 1 322 24h AO.S CDE S ACD 13 2 72 2 21 7 点 E 到平面 ACD 的距离为21 7 方法二： (I )同方法一． II )解：以 O 为原点，如图建立空间直角坐标系，则B(1,0,0), D ( 1,0,0), 1 3 uuurC (0, 3,0), A(0,0,1), E( , ,0), BA (22 uuur uuur BA.CD 2 ,4 uuur uuur cosBA, CD uuu uuurBA CD异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为uuur 1,0,1), CD1, 3,0).2 arccos .4III )解：设平面 ACD 的法向量为 n (x, y,z), 则yr uuur n.AD r uuur n.AC x z 0, 3 y z y 1, 得 uuur EC (uuur r EC.n(x, y, z).( 1,0, 1) 0, (x, y, z).(0, 3, 1) 0,0.( 3,1, 3) 是平面 ACD 的一个法向量．,0), 点 E 到平面 ACD 的距离3 21 72．如图，四棱柱 ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是边长为 1 的正方形，侧棱长 AA 1 =2，解：（1）在ADD 1中， DD 1 2, DA 1, D 1DA 60 ，由此易得 AD 13, DAD 1 90 ,方法一：（ 2）如图，连结 AC ，交 BD 于 G ，连结 D 1G ， 正方形 ABCD 中， BD AC ，又 AD 1 平面 ABCD ，由三垂线定理 可得， BD D 1G ，故 D 1GA 是二面角 A BD D 1 的平面角．2 14在 Rt GAD 1中, AD 13, AG ，可求得 GD 1 ，22连结CD 1 ，由 V C BDD 1 V D 1 BCD得AB AD AB DD 1 AD DD 1 D 对于问题（ 2）与AB 平面AA 1D 1D AD 1 平面AA 1D 1D3），有两种方法：AD 1 ADAD 1 AB AB AD AAD 1 平面ABCD;从而 cos D 1 GA AGD 1G2/2 14/23）由 CC 1 // DD 1 ，可知 C 1到平面 BDD 1的距离即为 C 到平面 BDD 1的距离，设该距离为d,3 S BCD AD 113 SBDD 1d ，D 1DA 60 , ABDD 1 ．1） 求证： AD 1平面ABCD ；2）求二面角 A BD D 1 的大小的余弦值；3）求C 1 到平面 BDD 1 的距离．AB, AD , AD 1 所在的直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则有A （0，0，0），B （1，0，0），D （0，1，0），D 1（0，0， 3 ），C 1（1，0， 3），（2） BD （ 1,1,0）, DD 1 （0, 1, 3）， 设n 1 （ x, y, z ） 为平面 BDD 1 的法向量，则n 1 BD 0 x y 0由 1 得 ，取 n 1 ( 3, 3,1) ，n 1 DD 1 0 y 3z 0（0,0,1） ，则二面角 A BD D 1 的大小的余弦值为：中，侧面 AA 1B 1B ⊥底面 ABC ，侧棱 AA 1 与底面ABC 成 600的角， AA 1= 2．底面 ABC 是边长为 2的正三角形，其重心为 G 点。
E 是线段 BC 1上一点，且B E故d1121 1 321 1 2 14 722cosn 1 n2|n 1 | |n 2 ||C 1D1 n 1 || n 1 | | 3 |21 7方法二： 如图，以 A 为坐标原点，分别以 又平面 ABD 的法向量 n 23． 如图，在斜三棱柱 ABC － A 1B 1C 1=1BC13（１）求证：GE∥侧面AA1B1B ；（２）求平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的大小的余弦值．解：解法1：（1）延长B1E交BC于F, ∵Δ B1EC∽Δ FEB, 1＝ＥＣ１211 ∴ＢＦ＝Ｂ１Ｃ１＝ＢＣ，从而Ｆ为ＢＣ的中点．22FG FE 1∵Ｇ为ΔＡＢＣ的重心，∴Ａ、Ｇ、Ｆ三点共线，且＝＝，∴ GE∥ AB1，FA FB1 3又GE 侧面AA1B1B，∴ GE∥侧面AA1B1B（２）在侧面AA1B1B 内，过B1作B1Ｈ⊥ＡＢ，垂足为Ｈ，∵侧面AA1B1B⊥底面ABC，∴B1Ｈ⊥底面ABC．又侧棱AA1与底面ABC成600的角，AA1= 2，∴∠ B1ＢＨ＝６００，ＢＨ＝１，B1 Ｈ＝3在ＲｔΔ B1ＨＴ中，cos ∠B1ＴＨ＝THHB121从而平面B1GE与底面ABC所成锐二面角大小的余弦值为。
7解法2：（１）∵侧面AA1B1B⊥底面ABC，侧棱AA1与底面ABC成600的角，∴∠ A1AB＝６００，又AA1= ＡＢ= 2 ，取ＡＢ的中点Ｏ, 则ＡＯ⊥底面ABC．以O 为原点建立空间直角坐标系O－ｘｙｚ，则Ａ（０，－１，０），Ｂ（０，１，０），Ｃ（3 ，０，０），Ａ１（０，０，3 ）Ｂ１（０，２，3），Ｃ１（3，１，3）．可取ｎ＝（3 ，－１，3 ）．又底面ABC的法向量为ｍ＝（０，０，设平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的大小为则cosm?n＝21。
|m| |n| 721。
在底面ABC内，过Ｈ作ＨＴ⊥ＡＦ，垂足为Ｔ，连又平面B GE与底面ABC的交线为ＡＦ，∴∠∴ＡＨ＝ＡＢ＋ＢＨ＝３，∠ＨＡＴ＝３０B1Ｔ．由三垂线定理有B1Ｔ⊥ＡＦ，B1ＴＨ为所求二面角的平面角．０∴ＨＴ＝ＡＨsin30 0＝3，294 3 21 ，7∵Ｇ为ΔＡＢＣ的重心，∴Ｇ（3，０，０），3∵ BE ＝1 BC333 ∴Ｅ（，１，）∴33 又GE 侧面AA1B1B，２）设平面B1GE的法向量为GE ＝（０，１，3）3∴ GE∥侧面AA1B1B ｎ＝（ａ，ｂ，＝13AB1 ，则由ｎ· B1E ＝０及ｎ· GE ＝０得3ａ－ｂ－3 2 3ｃ＝０；3ｂ＋3ｃ＝０．3１），222 634．如图，三棱锥 P —ABC 中， PC 平面 ABC ， PC=AC=2，AB=BC ，D 是 PB 上一点，且 CD 平面PAB ．(I)(II) 求证： AB 平面 PCB ； 求异面直线 AP 与 BC 所成角的大小； ）求二面角 C-PA-B 的大小的余弦值．解：解法一： (I) ∵ PC 平面 ABC ， ∴ PC AB ． ∵ CD 平面 PAB ， AB 平面 PAB ， ∴ CD AB ．又 PC CD C ，∴ AB 平面 PCB ．III AB 平面 ABC ， （II ） 过点 A 作 AF//BC ，且 AF=BC ，连结 PF ，CF ． 则 PAF 为异面直线 PA 与 BC 所成的角． 由（Ⅰ）可得 AB ⊥ BC ， ∴ CF AF ．由三垂线定理，得 PF AF ． 则 AF=CF= 2 ， PF= PC 2 CF 2 6，PF在 Rt PFA 中， tan ∠ PAF=6 =AF 2=3，∴异面直线 PA 与 BC 所成的角为 ． 3（ III ）取 AP 的中点 E ，连结 CE 、 DE ．∵ PC=AC=2， ∴CE PA ， CE= 2 ． ∵ CD 平面 PAB ， 由三垂线定理的逆定理，得∴ CED 为二面角 C-PA-B 的平面角．DEPA．由 (I) AB 平面 PCB ，又∵ AB=BC ，可求得 BC=2 ．在 Rt PCB 中，PB= PC 2 BC 26，CDPC BC PB在 Rt CDE中，cos CED = DECE2 43 3230.3 ∴二面角 C-PA-B大小的余弦值为 3。
3解法二：（I ）同解法一．（II ） 由（I ） AB 平面 PCB ，∵ PC=AC=2， 又∵ AB=BC ，可求得 BC= 2 ． 以 B 为原点，如图建立坐标系．则Ａ（０， 2 ，０），Ｂ（ 0，0， 0），C （ 2 ，０， 0）， P （ 2 ，０， 2），AP （ 2, 2,2）， BC （ 2,0,0） ．则 AP BC 2 2 +0+0=2 ．AP BC 2 = 1 AP BC 2 2 2 2∴异面直线 AP 与 BC 所成的角为 3．III ）设平面 PAB 的法向量为 m = （x ，y ，z ） ．AB (0, 2,0)， AP ( 2, 2,2)，AB m 0, 2y 0, 则即AP m 0. 2x 2y 2z 0.y 0,解得 令 z = -1, 得 m = ( 2 ， 0， -1) ． x 2z设平面 PAC 的法向量为 n =（ x ',y ',z '） ．PC (0,0,-2) ， AC ( 2, 2,0)，z 0, '解得 ' ' 令 x '=1, 得 n = (1 ，1，0)．PC n AC n0, 0.2z即2x '0, 2ycos AP,BC23面角 C-PA-B 大小的余弦值为 3 ．3cos m,nm n 2 3m n 3 2 35．如图，直二面角 D —AB —E 中， 四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，AE=EB ，F 为 CE 上的点， 且 BF ⊥平面 ACE.（Ⅰ）求证 AE ⊥平面 BCE ；（Ⅱ）求二面角 B —AC — E 的大小的余弦值； （Ⅲ）求点 D 到平面 ACE 的距离 . 解：解法一： （Ⅰ） BF 平面 ACE. BF AE.∵二面角 D — AB — E 为直二面角，且 CB AB ，CB 平面 ABE.CB AE. AE 平面 BCE.（Ⅱ）连结 BD 交 AC 于 C ，连结 FG ， ∵正方形 ABCD 边长为 2，∴ BG ⊥AC ， BG=2 ，BF 平面 ACE ， 由三垂线定理的逆定理得FG ⊥ AC.BGF 是二面角 B — AC —E 的平面角 由（Ⅰ） AE ⊥平面 BCE ， 又 AE EB ， ∴在等又 直角 BCE 中,ECBC 2BE 26,BC BE 2 2 2 3，BFEC 6323直角 BFG 中,sin BGFBF 3 6 , cos BGF3BG 233面角 B —AC —E 大小的余弦值等于 （Ⅲ）过点 E 作 EO AB 交 AB 于点 O. OE=1. ∵二面角 D —AB —E 为直二面角，∴ EO ⊥平面 ABCD.11设 D 到平面 ACE 的距离为 h ， V D ACE V E ACD , S ACB h S ACD EO. D ACE E ACD 3 ACB 3 ACD又平面 BAC 的一个法向量为 m (1,0,0) ，m,n 1 3 cos(m,n) . |m| |n | 3 33∴二面角 B —AC —E 的大小的余弦值为 3.3III )∵AD//z 轴， AD=2，∴ AD (0,0,2) ，∴点 D 到平面 ACE 的距离 d |AD | |cos AD,n |AD n| 2 2 3.|n| 3 3AE 平面 BCE ， AE EC.11AD DC EO 2 2 1 22 1AE2 EC 12 6 32∴点 D 到平面 ACE 的距离为 233解法二：(Ⅰ) (Ⅱ)以线段线为 x 轴， AB 所在直线为 y 轴，过 于 AD 的直线为 z 轴， O —xyz ，如图 .AE 面 BCE ， BE 同解法一 . AB 的中点为原点 O ， OE所在直 O 点平行建立空间直角坐标系 面 BCE ， AE BE ，在 Rt AEB 中, AB 2,O 为 AB 的中点，OE 1. A(0, 1,0),E(1,0,0),C(0,1,2).AE (1,1,0), AC (0,2,2). 设平面 AEC 的一个法向量为(x, y,z)，则AEAC0,即0, x y 0, 2y 2x 0.解得y zx, x,令 x 1, 得 n (1,1,1) 是平面 AEC 的一个法向量 .236．已知直四棱柱 ABCD — A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，且 DAB点， M 为线段 AC 1 的中点 . （1）求证：直线 MF// 平面ABCD ； （ 2）求证：平面 AFC 1⊥平面 ACC 1A 1； （3）求平面 AFC 1 与平面 ABCD 所成二面角的大小 . 解 . 解法一：（Ⅰ）延长 C 1F 交 CB 的延长线于点 N ，连结 AN.因为 F 是 BB 1的中点，所以 F 为 C 1N 的中点， B 为 CN 的中点 . 又 M 是线段可知：A 1A 平面 ABCD,又∵ BD 平面 ABCD ， A 1A BD. 四边形 ABCD 为菱形， AC BD.又 AC A 1A A,AC,A 1A 平面 ACC 1A 1,BD 平面 ACC 1 A 1 .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 ， NA 平面 ACC 1A 1. 又 NA 平面 AFC 1平面 AFC 1 平面 ACC 1A 1.Ⅲ）由（Ⅱ）知 BD ⊥ ACC 1A 1，又 AC 1 ACC 1A 1， ∴BD ⊥AC 1，∵ BD//NA ，∴ AC 1⊥ NA. 又由 BD ⊥ AC 可知 NA ⊥AC ，∴∠ C 1AC 就是平面 AFC 1与平面 ABCD 所成二面角的平面角或补角故∠ C 1AC=30° .∴平面 AFC 1 与平面 ABCD 所成二面角的大小为 30 °或 150° （说明：求对一个角即给满分）解法二： 设 AC BD=O ，因为 M 、 O 分别为 C 1A 、 CA 的中点，所以，MO//C 1C ，又由直四棱柱知 C 1C ⊥平面 ABCD ，所以， MO ⊥平面 ABCD.AC 1 的中点，故 MF//AN.又 MF 平面 ABCD , AN 平面 ABCD. MF // 平面 ABCD.Ⅱ）证明：连 BD ，由直四棱柱 ABCD — A 1B 1C 1D 1在 Rt △C 1AC 中， tan C 1ACC 1C 1，CA 3，在棱形ABCD中，BD⊥ AC，所以，OB、OC、OM两两垂直. 故可以O为原点，OB、OC、OM所在直线分别为x轴、y轴、z 轴如图建立空间直角坐标系，若设|OB|=1 ，则B（1，0，0），B1（1，0，2），A（0，3 ，0），C（0，3 ，0），C1（0，3 ，2）I ）由F、M分别为B1B、C1A 的中点可知：F（1，0，1），M（0，0，1），所以MF （1，0，0）=OB.又MF 与OB 不共线，所以，MF∥ OB.MF 平面ABCD，OB 平面ABCD，MF ∥平面ABCD.III ) OB (1，0，0)为平面ACC1A1的法向量. 设n(x,y,z) 为平面AFC1 的一个法向量，则nAF,n MF.由AF (1, 3,1), MF (1,0,0) ，得：x 3y z 0,x 0.令y 1,得z 3，此时，n(0,1, 3).由于n OB (0,1, 3) (1,0,0) 0 ，所以，平面AFC1⊥平面ACC1A1.(III )OM (0,0,1) 为平面ABCD的法向量，则OM n |cos | |cos OM ,n | | |OM ,||n|所以=30°或150° . 即平面AFC1 与平面ABCD所成二面角的150°。