立体几何题型总结

立体几何题型总结

一、高考考查的公理、性质、判定等：

1

2

3

4

立几中的向量公式： 1.

5

二、 题目归类与练习：

6

（一） 三视图

1. 某几何体的三视图如图所示，则它的体积是

8

A．

283 B．3 2C．82 D．3

【答案】A

2. 右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱， 其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯 视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命 题的个数是 A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A

3. 如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为

A．63 B．93 C．123 D．183 【答案】B

（二） 点、线、面的位置判断：

b、c，若a∥b，b∥c1. 命题①空间直线a，b，c，若a∥b，b∥c则a∥c ②非零向量a、则a∥c

③平面α、β、γ若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ ④空间直线a、b、c若有a⊥b，b⊥c，则a∥c

⑤直线a、b与平面β，若a⊥β，c⊥β，则a∥c 其中所有真命题的序号是（ C ） A．①②③ B．①③⑤ C．①②⑤ D．②③⑤ 2. 下列命题中错误的是

A．如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面

7

B．如果平面α不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 C．如果平面平面，平面平面，=l，那么l平面 D．如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面 【答案】D

3. 已知

a1，

a2，

a3是三个相互平行的平面．平面

a1，

，

a2之间的距离为

d1，平面

a2，

a3之”

间的距离为

d2．直线l与

a1a2a3，，分别相交于

p1p2，3，那么“

pPP2P31P2=

”是“

d1d2的

A．充分不必要条件 C．充分必要条件

【答案】C

B．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

4. 如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是

（A）AC⊥SB

（B）AB∥平面SCD

（C）SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 （D）AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角

【答案】D

5. 不共面的三条定直线l1,l2,l3互相平行，点A在l1上，点B在l2

上，C、D两点在l3上，若CD=a(定值），则三棱锥A—BCD的体积 （ ） A.由A点的变化而变化 B.由B点的变化而变化 C.有最大值，无最小值 D.为定值

讲解：D。如图，把△BCD当作三棱锥的底面，AO⊥面BCD于 O，∵l2∥l3,∴无论B点在l2上什么位置，△BCD的面积总 不变.又∵l2∥l3,∴l2、l3确定一个平面α,∵l1∥l2,且A不在l2、 l3确定的平面α上，∴l1平行于l2、l3确定的平面α,从而不论 A在l1的什么位置，高AO的长总不变.

1又V=×高×底面积，故无论A、B在什么位置时，其体积

3不变.

（三） 基本计算：

1. P为矩形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，P到B，C，D三点的距离分别是

5，17，13，则P到A点的距离是

（ A）

（Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ）3 （Ｄ）４

2. 将边长为3的正四面体以各顶点为顶点各截去(使截面平行于底面)边长为1的小正四面体，所得几何体的表面积为_____________ (73).

8

3. 已知直二面角α− ι−β，点A∈α，AC⊥ι，C为垂足，B∈β，BD⊥ι，D为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于

23A．3 B．3 6C．3 D．1

【答案】C

（四） 球的内切与外接问题：

1. 已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧且相距是1，那

么这个球的半径是( B ) A.4 B.3

C.2 D.5

2. 棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1被以A为球心，AB为半径的球相截，则被截形体的表面

积为（ A ） A．

577π B．π C．π D．π 48403. 已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成60二面角的平面β截该球面得圆N．若

该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为

A．7 B．9 C．11 D．13 【答案】D

4. 已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=3，ASCBSC30，则

棱锥S—ABC的体积为 （A）33 【答案】C

（B）23 （C）3

（D）1

（五） 立体几何中的轨迹问题：

1. 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为

D1 A1 y D P A ''C1 B1 11，点M在A上，且AM=AB，点P在平面ABCD

3上，且动点P到直线A1D1的距离的平方与P到点M 的距离的平方差为1，在平面直角坐标系xAy中，动 21点P的轨迹方程是 . yx

392C M 'B x

xOy所在的平面为，直角坐标系xOy（其中y轴一与y轴重合）2. 如图，直角坐标系

9

'所在的平面为，xOx45。

''P（Ⅰ）已知平面内有一点(22,2)，则点P在平面内的射影P的

坐标为 （2，2） ；

'2'2''(x2)2y20CC（Ⅱ）已知平面内的曲线的方程是，则曲线在平面内

的射影C的方程是 。

22(x1)y1 【答案】

3. 在正方体ABCDA1B1C1D1的侧面ABB1A1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距

离相等,则动点P 所在的曲线的形状为…………( B ) A1 P A (A)

B

A (B)

B1

A1 P B

A (C)

B1

A1 P B

A (D)

4. 已知平面α∥平面β,直线lα,点P∈l,平面α、β间的距离为8，则在β内到点P的距

离为10且到直线l的距离为9的点的轨迹是 （ ） A.一个圆 B.两条直线 C.四个点 D.两个点 讲解：C。

B1 A1 P B1

B

（六） 立体几何中的排列组合：

1. 1．定点P不在△ABC所在平面内，过P作平面α，使△ABC的三个顶点到α的距离相

等，这样的平面共有 （D ） （Ａ）１个 （Ｂ）２个 （Ｃ）３个 （Ｄ）４个

2. 以正方体的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机地取出两个三角形，则这两个三角

形不共面的概率为 （ A）

A．

36737619218 B． C． D． 3853853853853. 某刺猬有2006根刺，当它蜷缩成球时滚到平面上，任意相邻的三根刺都可支撑住身体，

且任意四根刺的刺尖不共面，问该刺猬蜷缩成球时，共有（ B ）种不同的支撑身体的方式。 A．2006 B．4008 C．4012 D．2008

10

（七） 发散思维（创新题）：

1. 直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，直角顶点C在平面α外，C在平面α内的射影为

C1，且C1AB，则△C1AB为 ( C ) （ ） （Ａ）锐角三角形 （Ｂ）直角三角形 （Ｃ）钝角三角形 （Ｄ）以上都不对

2. P为ABC所在平面外一点，PA、PB、PC与平面ABC所的角均相等，又PA与BC垂直，那么ABC的形状可以是 。①正三角形②等腰三角形③非等腰三角形④等腰直角三角形 (选（1）（2）（4）)

3. 有六根细木棒，其中较长的两根分别为3a、2a,其余四根均为a,用它们搭成三棱锥，

则其中两条较长的棱所在的直线的夹角的余弦值为 （ B ） A.0 B.

66 C.0或 D.以上皆不对 334. 一个正六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a的正三角形，这样的两个

多面体的内切球的半径之比是一个最简分数

m,那么积m·n是 （ ） nA.6 B.3 C.54 D.24

讲解：A。

三、 解答部分：

（一） 直接建系(题中给出从某个顶点出发的三线互相垂直)运算：

1. 如图，PABCD是正四棱锥,ABCDA1B1C1D1是正方体，其中AB2,PA6．

11

（Ⅰ）求证：PAB1D1；

（Ⅱ）求平面PAD与平面BDD1B1所成的锐二面角的正切值； （Ⅲ）求B1到平面PAD的距离．

解：(Ⅰ) 连结AC , 交BD于点O , 连结PO , 则PO⊥面ABCD , 又∵ACBD ,

∴PABD, ∵BD//B1D1, ∴PAB1D1 ．

（Ⅱ） ∵AO⊥BD , AO⊥PO , ∴AO⊥面PBD , 过点O作OM⊥PD于点M，连结AM , 则

AM⊥PD , ∴∠AMO 就是二面角A-PD-O的平面角,

又∵AB2,PA6, ∴AO=2,PO=622

OMPOOD222AO26 , ∴tanAMO , 2OM2PD633即二面角的正切值为6 ． 2 (Ⅲ)用体积法求解：VB1PADVAB1PD即B1到平面PAD的距离为1165， hxSPADAOSBPD解得hx53365 52. 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC

的中点．

（1）求证：EF//平面PAD；

（2）当平面PCD与平面ABCD成多大二面角时， 直线EF平面PCD？

证：（1）取CD中点G，连结EG、FG

∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG//AD，FG//PD， ∴平面EFG//平面PAD， ∴ EF//平面PAD．

（2）当平面PCD与平面ABCD成45角时，直线EF平面PCD.

证明：∵G为CD中点，则EGCD，∵PA底面ABCD∴AD是PD在平面ABCD

内的射影。 ∵CD平面ABCD，且CDAD，故CDPD ．又∵FG∥PD∴

FGCD，故EGF为平面PCD 与平面ABCD所成二面角的平面角，即EGF=45，从而得ADP=45， AD=AP.由RtPAERtCBE，得PE=CE.又F是PC的中点，∴EFPC.

12

由CDEG，CDFG，得CD平面EFG，∴CDEF，即EFCD，

故EF平面PCD．

3. 已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AC = AD = CD = DE = 2a，AB = a，F为CD的中点.

（Ⅰ）求证：AF⊥平面CDE；

（Ⅱ）求异面直线AC，BE所成角余弦值； （Ⅲ）求面ACD和面BCE所成二面角的大小. 解：（Ⅰ）∵DE⊥平面ACD，AF平面ACD

∴DE⊥AF。

又∵AC=AD=C，F为CD中点

∴AF⊥CD，∴AF⊥面CDE∴AF⊥平面CDE 。 （Ⅱ）∵

DE平面ACDDE//AB

AB平面ACD

取DE中点M，连结AM、CM，则四边形AMEB为平行四边形 AM//BE，则∠CAM为AC与BE所成的角。在△ACM中，AC=2a

AMAD2DM24a2a25a CMCD2DM24a2a25a

由余弦定理得：cosCAM(2a)2(5a)2(5a)222a5a5。 55 5∴异面直线AC、AE所成的角的余弦值为 （Ⅲ）延长DA。EB交于点G，连结CG。 因为AB//DE，AB=

1DE，所以A为GD中点。又因为F为CD中点，所以CG//AF。 2因为AF⊥平面CDE，所以CG⊥平面CDE。

故∠DCE为面ACD和面BCE所成二面角的平面角易求∠DCE=45°。 4. 如图，正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是BC的中点，AA1=AB=1.

（I）求证：A1C//平面AB1D；

（II）求二面角B—AB1—D的大小； （III）求点c到平面AB1D的距离.

解法一（I）证明：

连接A1B，设A1B∩AB1 = E，连接DE.

∵ABC—A1B1C1是正三棱柱，且AA1 = AB， ∴四边形A1ABB1是正方形，∴E是A1B的中点， 又D是BC的中点，∴DE∥A1C.

∵DE平面AB1D，A1C平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.

（II）解：在面ABC内作DF⊥AB于点F，在面A1ABB1内作FG⊥AB1于点G，连接DG.

∵平面A1ABB1⊥平面ABC， ∴DF⊥平面A1ABB1，

∴FG是DG在平面A1ABB1上的射影， ∵FG⊥AB1， ∴DG⊥AB1

13

∴∠FGD是二面角B—AB1—D的平面角 设A1A = AB = 1，在正△ABC中，DF=

3. 4在△ABE中，FG332BE， 48DF6， FG36. 3在Rt△DFG中，tanFGD所以，二面角B—AB1—D的大小为arctan （III）解：∵平面B1BCC1⊥平面ABC，且AD⊥BC，

∴AD⊥平面B1BCC1，又AD平面AB1D，∴平面B1BCC1⊥平面AB1D. 在平面B1BCC1内作CH⊥B1D交B1D的延长线于点H， 则CH的长度就是点C到平面AB1D的距离.

由△CDH∽△B1DB，得CHBB1CD5.

B1D55. 5即点C到平面AB1D的距离是

解法二：

建立空间直角坐标系D—xyz，如图， （I）证明：

连接A1B，设A1B∩AB1 = E，连接DE.

设A1A = AB = 1，则D(0,0,0),A1(0,

31311,1),E(,,),C(,0,0). 2442213131A1C(,,1),DE(,,),A1C2DE,A1C//DE.

22442DE平面AB1D,A1C平面AB1D，A1C//平面AB1D.

（II）解：A(0,3131,0),B1(,0,1)， AD(0,,0),B1D(,0,1)， 2222设n1(p,q,r)是平面AB1D的法向量，则n1AD0,且n1B1D0， 故31q0,pr0.取r1,得n1(2,0,1)； 22同理，可求得平面AB1B的法向量是n2(3,1,0).

14

设二面角B—AB1—D的大小为θ，cosn1n215， |n1||n2|5∴二面角B—AB1—D的大小为arccos15. 5 （III）解由（II）得平面AB1D的法向量为n1(2,0,1)，

取其单位法向量n(25,0,11),又DC(,0,0).

255. 5∴点C到平面AB1D的距离d|DCn|（二） 间接建系（题中没有给出明显的互相垂直的三线）：

1 如图，四棱锥P.

ABCD中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面

ABCD是ADC60的菱形，M为PB的中点.

(Ⅰ)求PA与底面ABCD所成角的大小；(Ⅱ)求证：PA平面CDM； (Ⅲ)求二面角DMCB的余弦值.

答案：(I)取DC的中点O，由ΔPDC是正三角形，有PO⊥DC．

又∵平面PDC⊥底面ABCD，∴PO⊥平面ABCD于O．

连结OA，则OA是PA在底面上的射影．∴∠PAO就是PA与底面所成角． ∵∠ADC=60°，由已知ΔPCD和ΔACD是全等的正三角形，从而求得OA=OP=3． ∴∠PAO=45°．∴PA与底面ABCD可成角的大小为45°． ……6分 (II)由底面ABCD为菱形且∠ADC=60°，DC=2，DO=1，有OA⊥DC．

建立空间直角坐标系如图，则A(3,0,0),P(0,0,3),D(0,1,0), B(3,2,0),C(0,1,0)．

由M为PB中点，∴M(∴DM(33,1,)． 2233,2,),PA(3,0,3),DC(0,2,0)． 2233320(3)0， 22∴PADMPADC03200(3)0．

∴PA⊥DM，PA⊥DC． ∴PA⊥平面DMC． (III)CM(33,0,),CB(3,1,0)．令平面BMC22……4分

的法向量n(x,y,z)，

则nCM0，从而x+z=0； ……①, nCB0，从而3xy0． ……②

由①、②，取x=−1，则y3,z1． ∴可取n(1,3,1)．

15

由(II)知平面CDM的法向量可取PA(3,0,3)，

∴cosn,PAnPA2310． ∴所求二面角的余弦值为－|n||PA|565105． ……6分

法二：（Ⅰ）方法同上

（Ⅱ）取AP的中点N，连接MN，由（Ⅰ）知，在菱形ABCD中，由于ADC60， 则AOCD，又POCD，则CD平面APO，即CDPA，

11AB，CO//AB，则MN//CO， 22则四边形OCMN为，所以MC//ON，在APO中，AOPO， 则ONAP，故APMC而MCCDC， 则PA平面MCD

（Ⅲ）由（Ⅱ）知MC平面PAB，则NMB为二面角DMCB的平面角，

又在PAB中，中位线MN//在RtPAB中，易得PA6,PBPAABAB210， PB5102262210，

2cosPBAcosNMBcos(PBA)2. 已知斜三棱柱ABC1010故，所求二面角的余弦值为 55A1B1C1，BCA90，ACBC2，A1在底面ABC上的射影

恰为AC的中点D，又知BA1AC1。

（I）求证：AC1平面A1BC；（II）求CC1到平面A1AB的距离； （III）求二面角AA1BC的余弦值。

解：（I）因为A1D平面ABC，所以平面AA1C1C平面ABC， 又BCAC，所以BC平面AAC11C，

得BCAC1，又BA1AC1所以AC1平面A1BC； （II）因为AC1AC1，所以四边形AAC11C为 菱形， 故AA1AC2，又D为AC中点，知A1AC60。 取AA1中点F，则AA1平面BCF，从而面A1AB面BCF，

过C作CHBF于H，则CH面A1AB， 在RtBCF中，BC2,CF

3，故CH221， 7 16

即CC1到平面A1AB的距离为CH221。 7（III）过H作HGA1B于G，连CG，则CGA1B， 从而CGH为二面角AA1BC的平面角， 在RtA1BC中，A1CBC2，所以CG在RtCGH中，sinCGH2，

CH42， CG77。 7

故二面角AA1BC的余弦值为解法2：（I）如图，取AB的中点E，则DE//BC，因为BCAC， 所以DEAC，又A1D平面ABC， 以DE,DC,DA1为x,y,z轴建立空间坐标系，

则A0,1,0，C0,1,0，B2,1,0，

A10,0,t，C10,2,t，AC10,3,t，BA12,1,t，

ACCB， CB2,0,0，由AC1CB0，知1

又BA1AC1，从而AC1平面A1BC；

2t3。 （II）由AC1BA13t0，得

设平面A1AB的法向量为nx,y,z，AA10,1,3，AB2,2,0，所以

nAA1y3z0，设z1，则nnAB2x2y0

所以点C1到平面A1AB的距离dn3,3,1

221。 7AC1n

（III）再设平面A1BC的法向量为mx,y,z，CA10,1,3，CB2,0,0， 所以

 17

mCA1y3z0，设z1，则m0,3,1， mCB2x0

故cosm,nmnmn7，根据法向量的方向， 77 7

可知二面角AA1BC的余弦值为

3. 如图，在三棱柱

ABCA1B1C1中，

H是正方形AA1B1B的中心，AA122，C1H平面AA1B1B，且C1H5.

（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角（Ⅲ）设N为棱

AAC11B1的正弦值；

B1C1的中点，点M在平面

AA1B1BABC内，且MN平面11，求线段BM的长．

方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点. 依题意得A(22,0,0),B(0,0,0),C(2,2,5)

A1(22,22,0),B1(0,22,0),C1(2,2,5)

AC(2,2,5),A1B1(22,0,0)，

ACA1B142,3|AC||A1B1|322

（I）解：易得

cosAC,A1B1 于是

2. 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为3

（II）解：易知

AA1(0,22,0),AC11(2,2,5).

设平面AA1C1的法向量m(x,y,z)，

mA1C102x2y5z0,mAA10即22y0. 则

不妨令x5,可得m(5,0,2)，

同样地，设平面A1B1C1的法向量n(x,y,z)，

18

nA1C10,2x2y5z0, 则nA1B10.即22x0.不妨令y5，

可得n(0,5,2).

cosm,nmn|m||n|27727,于是

sinm,n35从而

7.

35.所以二面角A—A1C1—B的正弦值为7

（III）解：由N为棱B1C1的中点，

N(22,325得

2,2).设M（a，b，0），

MN(2a325则

2,2b,2)

MNA1B10,由MN平面A1B1C1，得MNAC110.

(22a)(22)0,232即(2a)(2)(2b)(2)5250.

2a2,2b解得4.M(2,2,0).故24

BM(22因此2,4,0)|BM|10.，所以线段BM的长为

4 方法二：

（I）解：由于AC//A1C1，故C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角.

因为

C1H平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，

AA122,C1H5,可得AC11B1C13.

19

222AC211A1B1B1C1cosC1A1B1.2AC3 11A1B1因此

2.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为3

（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1， 又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1， 所以

AC1A1≌

B1C1A，过点A作

，故

ARA1C1于点R，

连接B1R，于是

B1RAC11ARB1为二面角A—A1C1—B1的平面角.

在

RtA1RB1中，

B1RA1B1sinRA1B1221(中，

22214).33

连接AB1，在

ARB1AR2B1R2AB12352AB14,ARB1R,cosARB1sinARB1.2ARB1R7 7，从而

35.7所以二面角A—A1C1—B1的正弦值为

MNA1B1.（III）解：因为MN平面A1B1C1，所以

ND取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，所以ND//C1H且又

15C1H22.

C1H平面AA1B1B，所以ND平面AA1B1B，故

NDA1B1.

又MN则

NDN,所以A1B1平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，

MEA1B1,故ME//AA1.DEB1EB1D1,AA1B1A1B1A4BFB1E由得

DEB1E22，延长EM交AB于点F，

可得

2.2连接NE.

ND252DM.2NDME,故NDDEDM.DE4RtENM在中，所以

20

FM可得

2.4 连接BM，在RtBFM中，

10.4

BMFM2BF2（三） 已知二面角，求值：

1. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11,AB2,点E在线段AB上.

（Ⅰ）求异面直线D1E与A1D所成的角；

（Ⅱ）若二面角D1ECD的大小为45，求点B到平面D1EC的距离. 答案：解法一：（Ⅰ）连结AD1。由已知，AA1D1D是正方形，有AD1A1D。

∵AB平面AA1D1D，∴AD1是D1E在平面AA1D1D内的射影。

根据三垂线定理，AD1D1E得，则异面直线D1E与A1D所成的角为90。 作DFCE，垂足为F，连结D1F，则CED1F

所以DFD1为二面角D1ECD的平面角，DFD145. 于是DFDD11,D1F2 易得RtBCERtCDF，所以CECD2，又BC1，所以BE3。 设点B到平面D1EC的距离为h. ∵VBCED1VDBCE,即CED1Fh113211BEBCDD1， 326. 4∴CED1FhBEBCDD1，即22h3，∴h故点B到平面D1EC的距离为

6。 4解法二：分别以DA,DB,DD1为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. （Ⅰ）由A1(1,0,1)，得DA,0,1) 1(1设E(1,a,0)，又D1(0,0,1)，则D1E(1,a,1)。

21

∵DA1D1E1010∴DA1D1E 则异面直线D1E与A1D所成的角为90。

（Ⅱ）m(0,0,1)为面DEC的法向量，设n(x,y,z)为面CED1的法向量，则

n(x,y,z)|cosm,n|222|mn||m||n||z|x2y2z2cos452 2∴zxy. ①

由C(0,2,0)，得DC0 (0,2,1)，则nD1C，即nDC11∴2yz0 ② 由①、②，可取n(3,1,2)

又CB(1,0,0)，所以点B到平面D1EC的距离d|CBn|36。 |n|422是

2. 已知

ABCDA1B1C1D1AB1与底面

是底面边长为1的正四棱柱，

O1A1C1和

B1D1的交点。

（1）设

A1B1C1D1所成的角的大小为，二面角

AB1D1A1的大小为。

求证：tan2tan；

4AB1D1ABCDA1B1C1D1（2）若点C到平面的距离为3，求正四棱柱的高。

解：设正四棱柱的高为h。 ⑴ 连∴ ∵ ∴

ADCAO1，

AA1底面

A1B1C1D1于

A1，

，即

BAB1与底面

A1B1C1D1，

所成的角为

AB1A1AB1A1，又

，

B1A1O1C1D1AB1AD1AO1A1O1为

B1D1中点，∴

AO1B1D1A1O1B1D1

是二面角

AB1D1A1tan，

的平面角，即

AO1A1tan∴

AA1hA1B1AA12h2tanAO11。

BzACD⑵ 建立如图空间直角坐标系，有

A(0,0,h),B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h) 22 A1D1AB1(1,0,h),AD1(0,1,h),AC(1,1,0)

设平面

AB1D1的一个法向量为n(x,y,z)，

nAB1nAB10nAD1nAD10，取z1得n(h,h,1) ∵ ∴ 点C到平面

AB1D1d的距离为

|nAC|hh04|n|h2h213，则h2。

1.. 如题（19）图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC，ADCD，

CAD．（Ⅰ）若AD，ABBC，求四面体ABCD的体积；

（Ⅱ）若二面角CABD为，求异面直线AD与BC所成角的余弦值． （I）解：如答（19）图1，设F为AC的中点，

由于AD=CD，所以DF⊥AC.

故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，

即DF是四面体ABCD的面ABC上的高， 且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=3. 在Rt△ABC中，因AC=2AF=23，AB=2BC，

BC由勾股定理易知

215415,AB.55

故四面体ABCD的体积

V1114152154SABCDF.332555

（II）解法一：如答（19）图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG//AD，GH//BC，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角. 设E为边AB的中点，则EF//BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC， 故由三垂线定理知DE⊥AB.

所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°

ADa,则DFADsinCAD设

a.2

a3313a,GHBCEFa.23626从而

RtDEF中,EFDFcotDEF在

23

FH因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，

1aBD22，

FG又

1aAD,22从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得

FG2GH2FH2GH3cosFGH2FGGH2FG6 3.因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为6

解法二：如答（19）图2，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，

平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xyz.

不妨设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为

A(0,3,0),C(0,3,0),D(0,0,1),则AD(0,3,1).

显然向量k(0,0,1)是平面ABC的法向量. 已知二面角C—AB—D为60°，

故可取平面ABD的单位法向量n(l,m,n)，

1n,k60,从而n.2 使得

由nAD,有3mn0,从而m由l2m2n21,得l6.33.6

B(x,y,0);由ABBC,nAB,取l设点B的坐标为

63，有

46x2y23,x,x0,9解之得,(舍去)63x(y3)0,y3y73,639

l易知

63与坐标系的建立方式不合，舍去.

24

B(因此点B的坐标为从而

46734623,,0).CB(,,0).9999所以

cosAD,CBADCB|AD||CB|3(31(23)9462232)()993.6

3.故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为6

（四） 探索类（即在线上或在面上找一个定点）

1. 如图所示，四棱锥P—ABCD中，AB

AD，CDAD，PA底面ABCD，

PA=AD=CD=2AB=2，M为PC的中点。(1)求证：BM∥平面PAD；

(2)在侧面PAD内找一点N，使MN平面PBD；(3)求直线PC与平面PBD所成角的正弦。

11CD，又ABCD 22四边形ABME为平行四边形BM∥EA，BM平面PAD EA平面PADBM∥平面PAD （4分）

（2）以A为原点，以AB、AD、AP 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则B1,0,0)，C2,2,0，D0,2,0，P0,0,2，M1,1,1，E0,1,1

答案：（1）M是PC的中点，取PD的中点E，则ME在平面PAD内设N0,y,z，MN1,y1,z1，PB1,0,2，

DB1,2,0 由MNPB MNPB12z20 z

由MNDB MNDB12y20 y1

2

1 2

（8分）

11N0,,N是AE的中点，此时MN平面PBD

22 （3）设直线PC与平面PBD所成的角为

11PC2,2,2，MN1,,，设PC,MN为

22cosPCMN22362PCMN22 sincos

33 25

故直线PC与平面PBD所成角的正弦为

解法二：

（1）M是PC的中点，取PD的中点E，则

2 3 （12分）

11CD，又ABCD 22四边形ABME为平行四边形 BM∥EA，BM平面PAD EA平面PAD BM∥平面PAD （4分）

（2）由（1）知ABME为平行四边形

PA底面ABCDPAAB，又ABAD

AB平面PAD 同理CD平面PAD，AE平面PAD

ABAE ABME为矩形 CD∥ME，CDPD，又PDAE MEPD PD平面ABME PD平面PBD 平面PBD平面ABME 作MFEB故MF平面PBD

MEMF交AE于N，在矩形ABME内，ABME1，AE2

22MF，NE N为AE的中点

23当点N为AE的中点时，MN平面PBD （8分）

（3）由（2）知MF为点M到平面PBD的距离，MPF为直线PC与平面PBD所

MF2成的角，设为，sin MP3直线PC与平面PBD所成的角的正弦值为

2 3

2. 如图所示：边长为2的正方形ABFC和高为2的直角梯形ADEF所在的平面互相垂

直且DE=2，ED//AF且∠DAF=90°。

（1）求BD和面BEF所成的角的余弦；

（2）线段EF上是否存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，若存在，求

EP与PF的比值；若不存在，说明理由。

答案：（1）因为AC、AD、AB两两垂直，建立如图坐标系，

则B（2，0，0），D（0，0，2）， E（1，1，2），F（2，2，0），

则DB(2,0,0),BE(1,1,2),BF(0,2,0) 设平面BEF的法向量n(x,y,z),则x

y2z0,y0，则可取n(2,1,0)，

∴向量DB和n(2,0,1)所成角的余弦为

2202221222(2)210。 1026

即BD和面BEF所成的角的余弦

10。 10 （2）假设线段EF上存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，不妨设EP与

12m12m2,,), 1m1m1m12m12m212m12则向量AP(,,),，向量CP(,,),

1m1m1m1m1m1m12m12m21所以20(2)0,所以m。

1m1m1m2PF的比值为m，则P点坐标为(3. 如图，在三棱锥VABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且

Ｖ πACBCa，∠VDC0．

2（I）求证：平面VAB⊥平面VCD；

（II）试确定角的值，使得直线BC与平面VAB所成的角为

Ｃ π． A 6Ｄ Ｂ

解析：本例可利用综合法证明求解，也可用向量法求解. 答案:解法1：（Ⅰ）∵ACBCa，∴△ACB是等腰三角形，又D是AB的中点， ∴CDAB，又VC底面ABC．∴VCAB．于是AB平面VCD． 又AB平面VAB，∴平面VAB平面VCD．

（Ⅱ） 过点C在平面VCD内作CHVD于H，则由（Ⅰ）知CD平面VAB． 连接BH，于是CBH就是直线BC与平面VAB所成的角． 依题意CBH2πasin； ，所以在Rt△CHD中，CH262πa． ，∴sin262在Rt△BHC中，CHasin∵0ππππ，∴．故当时，直线BC与平面VAB所成的角为．

4462，CB，CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间解法2：（Ⅰ）以CA0，，0)A(a，0，，0)B(0，a，，0)D，，0，V0，0，直角坐标系，则C(0，aa222atan，

2aa2aa0)． 0，AB(a，a，atan于是，VD，，，CD，，22222·CD(a，a，0)·，，0从而ABaa221212aa00，即ABCD． 22 27

aa21212同理AB·VD(a，a，0)·，，atanaa00， 22222即ABVD．又CDVDD，∴AB平面VCD． 又AB平面VAB．∴平面VAB平面VCD． （Ⅱ）设平面VAB的一个法向量为n(x，y，z)，

z V C D A x axay0，·AB0，n·VD0．得a则由n a2aztan0．xy222，，2cot)，又BC(0，a，0)， 可取n(11B y 于是sinπn·BCa2sin，

262n·BCa·22cot2ππ∵0，∴=． 242即sin故交=ππ时，直线BC与平面VAB所成的角为． 46解法3：（Ⅰ）以点D为原点，以DC，DB所在的直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则

222D(0，0，，0)Aa，000，00，，B0，2a，，C2a，2，

22Va，0，atan， 22222AB(0，2a，0)． 0，atan0，0于是DV2a，，DC2a，，2·DC(0，2a，0)·从而AB2a，0，00，即ABDC．

222·DV(0，2a，0)0，atan同理AB2a，0，即ABDV． 2又DCDVD， ∴AB平面VCD．

又AB平面VAB， ∴平面VAB平面VCD．

（Ⅱ）设平面VAB的一个法向量为n(x，y，z)，

28

2ay0，·AB0，n·DV0，得2则由n 2axaztan0．2222可取n(tan，a，00，1)，又BC2a，， 2V C D A

x B y 2atanπn·BC22sin， 于是sin262n·BCa·1tanππππ，∵0，∴=． 故角时，

4224π即直线BC与平面VAB所成角为．

6即sin4. 如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都为a，P为A1B上的点。

（1）试确定A1P的值，使得PC⊥AB； （2）若A1P2，求二面角P—AC—B的大小；

PBPB3 （3）在（2）条件下，求C1到平面PAC的距离。

解法一：（1）当

A1P1时，PC⊥AB PB取AB的中点D′，连结CD′、PD′ ∵△ABC为正三角形， ∴CD′⊥AB。

当P为A1B的中点时，PD′//A1A， ∵A1A⊥底面ABC， ∴PD′⊥底面ABC， ∴PC⊥AB （2）当

A1P2时，过P作PD⊥AB于D，如图所示，则PD⊥底在ABC PB3过D作DE⊥AC于E，连结PE，则PE⊥AC∴∠DEP为二面角P—AC—B的平面角。 又

∵

PD//A1A

，

∴

BDBP3DAPA12， ∴

AD2a5∴

DEADsin60PD3,A1A52a33a. 525PD3PDa∴ tanPED3 ∴∠PED=60° 5DE又∵

即二面角P—AC—B的大小为60°

（3）设C1到面PAC的距离为d，则VC1PACVPACC1

∵PD//A1A ∴PD//平面A1C ∴DE即为P点到平面A1C的距离。

29

又PE=PD2DE213322321(a)2(a)a∴SPACdSACC1DE

33555∴(a113223113a1a)d(a2)a解得 d即C1到平面PAC的距离为a 532522解法二：以A为原点，AB为x轴，过A点与AB垂直的直线为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系A—xyz，如图所示，则B（a，0，0），A1（0，0，a），C(,设P(x,0,z)

a23a,0)， 2（1）由CPAB0，得(x即(xa3,a,z)(a,0,0)0 22a)a0,2xa， ∴P为A1B的中点。 2即

A1P1时，PC⊥AB。 PB

（2）当

A1P222时，由A1PPB，得(x,0,za)(ax,0,z) PB3332xa5z3a53x3a2x,即 3(za)2z23P(a,0,a)

55设平面PAC的一个法向量n=(x,y,z)

33a22axz0,(x,y,z)(a,0,a)0555nAP05则 即 ，即ax3ay0(x,y,z)(a,3a,0)0nAC02222取 x3，则y3,z2n(3,3,2).

又平面ABC的一个法向量为n0=（0，0，1） ∴cosn,n0n•n021

|n||n0|412∴二面角P—AC—B的大小为180°－120°=60°

（3）设C1到平面PAC的距离为d，

30

则d|C1C||cosn,C1C|即C1到平面PAC的距离为

|n•C1C||(3,3,2)•(0,0,a|a.

|n|42a ． 25. 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，

CD=2，CDA45．

（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；（II）设AB=AP．

（i）若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。 解法一：

（I）因为PA平面ABCD，AC平面ABCD，所以PAAB， 又ABAD,PAADA,所以AB平面PAD。

又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD。

（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图） 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CEAD. 在RtCDE中，DE=CDcos451，CECDsin451, 设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，

所以E(0,3t,0),C(1,3t,0),D(0,4t,0)，CD(1,1,0),PD(0,4t,t). （i）设平面PCD的法向量为n(x,y,z)，

xy0,(4t)ytx0.

由nCD，nPD，得取xt，得平面PCD的一个法向量n{t,t,4t}，

又PB(t,0,t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30，得

nPB|2t24t|1cos60||,即,|n||PB|t2t2(4t)22x22

44AB.t或t45 5解得（舍去，因为AD4t0），所以

（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，

31

设G（0，m，0）（其中0m4t）

则GC(1,3tm,0),GD(0,4tm,0),GP(0,m,t)，

222(4tm)mt|GC||GD|由得，（2） 2由（1）、（2）消去t，化简得m3m40（3）

由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，C，D的距离都相等。

从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。 解法二：

（I）同解法一。 （II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图） 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，则CEAD。 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CEAD. 在RtCDE中，DE=CDcos451，CECDsin451, 设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，

所以E(0,3t,0),C(1,3t,0),D(0,4t,0)，CD(1,1,0),PD(0,4t,t). 设平面PCD的法向量为n(x,y,z)，

xy0,(4t)ytx0. nCDnPD由，，得取xt，得平面PCD的一个法向量n{t,t,4t}，

又PB(t,0,t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30，得

nPB|2t24t|1cos60||,即,|n||PB|t2t2(4t)22x22

44AB.t或t45 5解得（舍去，因为AD4t0），所以

（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等， 由GC=CD，得GCDGDC45，从而CGD90，即CGAD,

GDCDsin451,

32

设AB,则AD=4-,AGADGD3，

3292()1,2222GBABAG(3)22在RtABG中，

这与GB=GD矛盾。

所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等， 从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等 6. 如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 （Ⅰ）证明：AP⊥BC；

（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。 方法一：

（I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系O—xyz

则O(0,0,0),A(0,3,0),B(4,2,0),C(4,2,0),P(0,0,4)，

AP(0,3,4),BC(8,0,0)，由此可得APBC0，所以

APBC，即APBC.

（II）解：设PMPA,1,则PM(0,3,4)

BMBPPMBPPA (4,2,4)(0,3,4)(4,23,44)AC(4,5,0),BC(8,0,0)

设平面BMC的法向量平面APC的法向量

n1(x1,y1,z1)，

n2(x2,y2,z2)

BMn10,4x1(23)y1(44)x10,8x10,BCn0,1由得

x10,23)23可取n1(0,1,44z1y1,44即

5xy,242可取n2(5,4,3).APn20,3y24z20,3zy,224x5y0,ACn0.2224由即得

33

由

n1n20,得43232

0,5，故AM=3。 44解得

综上所述，存在点M符合题意，AM=3。

方法二：

（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得ADBC 又PO平面ABC，得POBC. 因为POADO，所以BC平面PAD，故BCPA.

（II）解：如图，在平面PAB内作BMPA于M，连CM， 由（I）中知APBC，得AP平面BMC， 又AP平面APC，所以平面BMC平面APC。

222RtADB中,ABADBD41,得AB41. 在

222RtPOD中,PDPOOD在， 222RtPDB中,PBPDBD, 在

2222PBPOODDB36,得PB=6. 所以

在RtPOA中,PAAOOP25,得PA5.

222PA2PB2AB21cosBPA,2PAPB3 又

从而PMPBcosBPA2，所以AM=PA-PM=3。

综上所述，存在点M符合题意，AM=3。

7. 如图，PA平面ABCD，四边形ABCD是正方形， PAAD2，点E、F、G分别为线段PA、PD和CD的中点.

（1）求异面直线EG与BD所成角的大小；

（2）在线段CD上是否存在一点Q，使得点A到平面EFQ的距离恰为线段CQ的长；若不存在，请说明理由.

解：（1）以点A为坐标原点，射线AB,AD,AZ分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系如图示，点E(0,0,1)、G(1,2,0)、B(2,0,0)、D(0,2,0)，则EG(1,2,1)，

4？若存在，求出5 34

z PEFBD(2,2,0).

设异面直线EG与BD所成角为

BAC第21题

DQGy 3cos,所以异面直线668EGBDEGBD24x EG与BD所成角大小为arccos3. 6（2）假设在线段CD上存在一点Q满足条件，设点Q(x0,2,0)，平面EFQ的法向量为

nEF0 得到y0,zxx0，取x1，所以n(1,0,x0)，则n(x,y,z)，则有nEQ0EAnn0.8，又x00，解得x04422，所以点Q(,2,0)即CQ(,0,0)，则CQ.3333所以在线段CD上存在一点Q满足条件，且长度为

2. 3（五） 最值或范围：

1. 在正三棱锥中，相邻两侧面所成二面角的取值范围是（ A ）

A、 B、（，）（322 C、（0，） D、 （，），）33322. 在三棱锥P—ABC中，底面是边长为2 cm的正三角形，PA＝PB＝3 cm，转动点P时，

三棱锥的最大体积为

26．(3)

3. 如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱

CC1上，且不与点C重合．

（Ⅰ）当CF=1时，求证：EF⊥A1C；

（Ⅱ）设二面角CAFE的大小为，求tan的最小值．

35

解法1：过E作ENAC于N，连结EF。

（I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知底面ABC侧面A1C。 又面ABC侧面A，C=AC，且EN底面ABC， 所以EN侧面A1C，NF为EF在侧

面A1C内的射影，

CFCN1CC1CA4，得NF//AC1，

在RtCNE中，CNCEcos60=1，则由

又

AC1A1C,故

NFA1C。由三垂线定理知

EFA1C.

（II）如图2，连结AF，过N作NMAF于M，连结ME。 由（I）知EN侧面A1C，根据三垂线定理得EMAF, 所以EMN是二面角C—AF—E的平面角，即EMN， 设FAC,则045在RtCNE中，NEECsin603,

在RtAMN中,MNANsina3sina,故

tanNE3.MN3sina

045,0sina又

22,sina,即当452故当2时，tan达到最小值；

tan36233，此时F与C1重合。

解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得

A(0,0,0),B(23,2,0),C(0,4,0),A1(0,0,4),E(3,3,0),F(0,4,1),

于是故

CA1(0,4,4),EF(3,1,1).则CA1EF(0,4,4)(3,1,1)0440,

EFA1C.（II）设CF,(04)，平面AEF的一个法向量为m(x,y,z)， 则由（I）得F（0，4，）

AE(3,3,0),AF(0,4,)，于是由

mAE,mAF可得

36

3x3y0,mAE0,即4yz0.mAF0,

取m(3,,4).

又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n(1,0,0)，

3216|mn|,sincos22|m||n|2424，  于是由为锐角可得

216116tan233， 3 所以

1161tan,333 由04，得4，即

16,4tan3 故当，即点F与点C1重合时，取得最小值

4. 如图，在长方形

ABCD中，AB2，BC1，E为DC的中点，F为线段EC（端点

除外）上一动点．现将AFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC．在平面ABD内过点D作DKAB，K为垂足．设AKt，则t的取值范围是 ．

（六） 翻折问题：

37

1. 已知正方形

ABCD E、F分别是AB、CD的中点,将ADE沿DE折起,如图所

示,记二面角ADEC的大小为

(0)

(I) 证明BF//平面ADE;

(II)若ACD为正三角形,试判断点

A在平面BCDE内的射影G是否在直线EF上,证明你的结论,并求角的余弦值

分析:充分发挥空间想像能力，重点抓住不变的位置和数量关系，借助模型图形得出结论，并给出证明.

解: (I)证明:EF分别为正方形ABCD得边AB、CD的中点,

ABEEB//FD,且EB=FD,

四边形EBFD为平行四边形 BF//ED.

GFDCEF平面AED,而BF平面AED,BF//平面ADE

(II)如右图,点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上,过点A作AG垂直于平面BCDE,垂足为G,连结GC,GD

ACD为正三角形,AC=AD.CG=GD.

G在CD的垂直平分线上, 点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上,

过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则AHDE,所以AHD为二面角A-DE-C的平面角 即AHG.

设原正方体的边长为2a,连结AF,在折后图的AEF中,AF=3a,EF=2AE=2a,即AEF为直角三角形, AGEFAEAF.

AG32a 在RtADE中, AHDEAEADAHa. 25GH2.

a25,cosGH1 AH4 38