校园安全教育-河北经贸大学分数线

.
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．


C
C


D

B
A
B

A

第1题图 第1题图


（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．
解：（1）用直尺度量折后的AB长，若AB＝4cm，则二面角A－CD－B为直二面角．
∵ △ABC是等腰直角三角形，
 ADDB22

cm

,

又∵ AD⊥DC，BD⊥DC．
∴ ∠ADC是二面角A－CD－B的平面角．
 ADDB22, 当AB4cm时,有

AD
2
DB
2
AB
2
.  ADB90.

（2）取△ABC的中心P，连DP，则DP满足条件
∵ △ABC为正三角形，且 AD＝BD＝CD．
∴ 三棱锥D－ABC是正三棱锥，由P为△ABC的中心，知DP⊥平面ABC，
∴ DP与平面内任意一条直线都垂直．
（3）当小球半径最大时，此小球与三棱锥的4个面都相切，设小 球球心为0，半径为
r，连结OA，OB，OC，OD，三棱锥被分为4个小三棱锥，且每个小三棱锥中 有一个面上
的高都为r，故有
V
ABCD
V
OBCD
V
OADC
V
OABD
V
OABC
代入得r
半径最大的小球半径为


326
，即
3
326
．
3
.

.
2．如图，已知正四棱柱
ABCD
—
A
1
B
1
C
1
D
1
的底面边长为3，侧棱长
为4，连结
A< br>1
B
，过
A
作
AF
⊥
A
1
B
垂足为
F
，且
AF
的延长线交
B
1
B< br>于
E
。
（Ⅰ）求证：
D
1
B
⊥平面
AEC
；
（Ⅱ）求三棱锥
B
—
AEC
的体积；
（Ⅲ）求二面角
B
—
AE
—
C
的大小.
证（Ⅰ）∵
ABCD
—
A
1
B
1
C
1D
1
是正四棱柱，
∴
D
1
D
⊥
ABCD
.
连
AC
，又底面
ABCD
是正方形，
∴
AC
⊥
BD
，
由三垂线定理知
D
1
B
⊥
AC
.
同理，
D
1< br>B
⊥
AE
，
AE
∩
AC
=
A
，
∴
D
1
B
⊥平面
AEC
.
解（Ⅱ）
V
B
－
AEC
=
V
E－ABC
.
∵
EB
⊥平面ABC，
∴
EB
的长为
E
点到平面ABC的距离.
∵
Rt
△
ABE
~
Rt
△
A
1
AB
，
AB
2
∴
EB
=
AA

9
4
.
1

1
∴
V
B－AEC
=
V
E－ABC
=
3
S
△
ABC
·
EB

119
=
3
×
2
×3×3×
4

27
.
=
8
（10分）
解（Ⅲ）连
CF
，
∵
CB
⊥平面
A
1
B
1
BA
，又
BF
⊥
AE
，
由三垂线定理知，
CF
⊥
AE
.
于是，∠
BF C
为二面角
B
—
AE
—
C
的平面角，
BABE9
在
Rt
△
ABE
中，
BF
=
AE

5
，
5
在
Rt
△
CBF
中，tg∠
BFC
=
3
，
5
∴∠
BFC
= arctg
3
.
5
即二面角
B
—
AE
—
C
的大小为arctg
3
.
.

A
1
C
1
B
1
A
M
C

.
3．如图，正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
的 底面边长为1，点
M在BC上，△AMC
1
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AMC
1
的距离；
（Ⅲ）求二面角M—AC
1
—B的正切值.
答案：（I）证明：∵△AMC
1
是以点M为直角
顶点的等腰直角三角形，
∴AM⊥MC
1
且AM=MC
1

∵在正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中，
有CC
1
⊥底面ABC.
∴C
1
M在底面内的射影为CM，
由三垂线逆定理，得AM⊥CM.
∵底面ABC是边长为1的正三角形，
∴点M为BC中点.
（II）解法（一）
过点B作BH⊥C
1
M交其延长线于H.
由（I）知AM⊥C
1
M，AM⊥CB，
∴AM⊥平面C
1
CBB
1
.
∴AM⊥BH. ∴BH⊥平面AMC
1
.
∴BH为点B到平面AMC
1
的距离.
∵△BHM∽△C
1
CM.
AM=C
1
M=
3
2
,
在Rt△CC
1
M中，可求出CC
1
.

2
21
BHBMBH6

2
BH
.

CC
1
C
1
M6
23
22
解法（二 ）
设点B到平面AMC
1
的距离为h.
则
V
BAMC
1
V
ABMC
1

由（I）知 AM⊥C
1
M，AM⊥CB，
∴AM⊥平面C
1
CBB
1

∵AB=1，BM=
132
,可求出AMMC
1
,CC
1
.

2 22
11
S
AMC
1
hS
C
1
M B
AM

33
113311123
h

322232222
.

.
h
6

6
（III）过点B作BI⊥AC
1
于I，连结HI.
∵BH⊥平面C
1
AM，HI为BI在平面C
1
AM内的射影.
∴HI⊥AC
1
，∠BIH为二面角M—AC
1
—B的平面角.
在Rt△BHM中，
BH
61
,BM,

62
∵△AMC
1
为等腰直角三角形，∠AC
1
M=45°.
∴△C
1
IH也是等腰直角三角形.
由C
1
M=
3323
,HMBM
2
BH
2
,有C
1
H
.

263
6
.

3
∴
HI
tgBIH
BH1
.
HI2
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．
证：（Ⅰ）取CE中点M，连结FM，BM，则有
1
FMDEAB
．
2
∴四边形AFMB是平行四边形．
∴AFBM，
∵
BM
平面BCE，
AF
平面BCE，
∴AF平面BCE．
（Ⅱ）由于DE⊥平面ACD，
则DE⊥AF．
又△ACD是等边三角形，则AF⊥CD．而
CD∩DE=D，因此AF⊥平面CDE．
又BMAF，则BM⊥平面CDE．

V
ABCDE
V
BACD
V
BCDE

323
23
．
332
13
2
11
AB222BM
3432

（Ⅲ）设G为AD中点，连结CG，则CG⊥AD．
由DE⊥平面ACD，
CG
平面ACD，
.

.
则DE⊥CG，又AD∩DE=D，
∴CG⊥平面ADEB．
作GH⊥BE于H，连结CH，则CH⊥BE．
∴∠CHG为二面角C-BE-D的平面角．
由已知AB=1，DE=AD=2，则
CG
∴
S
GBE

3
，
1113
(12)21121
．
2222
不难算出
BE5
．
3
13
∴
S
GBE
5GH
，∴
GH
．
22
5
CG15

∴
tgCHG
．
GH3
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.
（Ⅰ）连结AC，AN. 由BC⊥AB，AB是PB在
底面ABCD上的射影. 则有BC⊥PB.
又BN是Rt△PBC斜边PC的中线，
即
BN

1
PC
.
2
由PA⊥底面ABCD，有PA⊥AC，
则AN是Rt△PAC斜边PC的中线，
1
PC

2
ANBN

即
AN

又∵M是AB的中点，


MNAB

（也可由三垂线定理证明）
（Ⅱ）由PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，有PD⊥DC.
则∠PDA为平面PCD与平面ABCD所成二面角的平面角
由PA=
a
，设AD=BC=b，CD=AB=c， 又由AB=PD=DC，N是PC中点，
则有DN⊥PC
又∵平面MND⊥平面PCD于ND， ∴PC⊥平面MND ∴PC⊥MN，
而N是PC中点，则必有PM=MC.
11

a
2
 c
2
b
2
c
2
.ab
此时
tgPDA1,PDA
.
444

即二面角P—CD—A的大小为
4
1
∥
（Ⅲ）
V
DAMN
V
NAMD
，连结BD交A C于O，连结NO，则NO
PA. 且NO⊥
＝
2
平面AMD，由PA=
a

.

.
V
NAMD

12
3
S
AMD
NOa
.
324
A
1
D
1
B
1
P
D
A
M
第6题图
B
N
C
1
6．如图，正方体ABCD—A
1
B
1
C
1
D
1
中，P、M、N
分别为棱DD
1
、AB、BC的中点。
（I）求二面角B
1
—MN—B的正切值；
（II）证明：PB⊥平面MNB
1
；
（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。
解：（I）连接BD交MN于F，则BF⊥MN，
连接B
1
F
∵B
1
B⊥平面ABCD
∴B
1
F⊥MN 2分
则∠B
1
FB为二面角B
1
—MN—B的平面角
在Rt△B
1
FB中，设B
1
B=1，则
FB
∴
tg∠B
1
FB
22
4分
（II）过点P作PE⊥AA
1
，则PE∥DA，连接BE
又DA⊥平面A BB
1
A
1
，∴PE⊥平面ABB
1
A
1

又BE⊥B
1
M ∴PB⊥MB
1

又MN∥AC，BD⊥AC，∴BD⊥MN
又PD⊥平面ABCD
∴PB⊥MN，所以PB⊥平面MNB
1
11分
（III）
PB
C
2

4

13
，符合条件的正方体表面展开图可以是以下6种之一：
2


7．如图，四棱锥P—ABCD的底面是正方形,PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，点M、N分< br>别在棱PD、PC上，且PC⊥平面AMN.
.

.
（Ⅰ）求证：AM⊥PD；
（Ⅱ）求二面角P—AM—N的大小；
（Ⅲ）求直线CD与平面AMN所成角的大小.
（I）证明：∵ABCD是正方形，∴CD⊥AD，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.
∴CD⊥平面PAD
∵AM

平面PAD，∴CD⊥AM.
∵PC⊥平面AMN，∴PC⊥AM.
∴AM⊥平面PCD.
∴AM⊥PD
（II）解：∵AM⊥平面PCD（已证）.
∴AM⊥PM，AM⊥NM.
∴∠PMN为二面角P-AM-N的平面角
∵PN⊥平面AMN，∴PN⊥NM.
在直角△PCD中，CD=2，PD=2
2
，∴PC=2
3
.
∵PA=AD，AM⊥PD，∴M为PD的中点，
1
PM=PD=
2

2
由Rt△PMN∽Rt△PCD，得 ∴
MN
CDPM
.
PC
cos(PMN)
MN CD233
.PMNarccos.

PMPC
23
33

即二面角P—AM—N的大小为
arccos
3
.
3
（III）解：延长NM，CD交于点E.
∵PC⊥平面AMN，∴NE为CE在平面AMN内的射影
∴∠CEN为CD（即（CE）与平在AMN所成的角
∵CD⊥PD，EN⊥PN，∴∠CEN=∠MPN.
在Rt△PMN中，
sin(MPN)
MN3
.
PM3


3< br>MPN(0,)MPNarcsin.
23
∴CD与平面AMN所成的角的 大小为
arcsin
3

3

8．如图，在直三棱柱AB C—A
1
B
1
C
1
中，∠ACB=90°. BC=CC
1
=
a
，AC=2
a
.
（I）求证：AB
1
⊥BC
1
；
（II）求二面角B—AB
1
—C的大小；
（III）求点A
1
到平面AB
1
C的距离.
（1）证明 ：∵ABC—A
1
B
1
C
1
是直三棱柱，
∴CC
1
⊥平面ABC， ∴AC⊥CC
1
.
∵AC⊥BC， ∴AC⊥平面B
1
BCC
1.

.

.
∴B
1
C是AB
1
在平面B
1
BCC
1
上的射影.
∵BC=CC
1
， ∴四边形B
1
BCC
1
是正方形，
∴BC
1
⊥B
1
C. 根据三垂线定理得，
AB
1
⊥BC
1

（2）解：设BC
1
∩B
1
C=O，作OP⊥AB
1
于点P，
连结BP.∵BO⊥AC，且BO⊥B
1
C，
∴BO⊥平面AB
1
C.
∴OP是BP在平面AB
1
C上的射影.
根据三垂线定理得，AB
1
⊥BP.
∴∠OPB是二面角B—AB
1
—C的平面角
∵△OPB
1
~△ACB
1
， ∴
OP

OB
1
,
∴
OP
OB
1
AC

3
a.

ACAB
1
AB
1
3
在Rt△POB中，
tgOPB
OB

6
，
OP2
∴二面角B—AB
1
—C的大小为
arctg
6
.

2
（3）解：[解法1] ∵A
1
C
1
AC，A
1
C
1

平
面AB
1
C，∴A
1
C
1
平面AB
1C. ∴点A
1
到
平面AB
1
C的距离与点C
1
到平面AB
1
C.的
距离相等.∵BC
1
⊥平面AB
1
C，
∴线段C
1
O的长度为点A
1
到平面AB
1
C的
距离.
∴点A
1
到平面AB
1
C的距离为
C1
O
2
a.

2

[解法2]连结A1
C，有
V
A
1
AB
1
C
VB
1
AA
1
C
，设点A
1
到平面AB
1
C的距离为h.
∵B
1
C
1
⊥平面ACC
1
A
1
， ∴
S
ACB
hS
AAC
B
1
C
1
，
1
1
又
S
A CB

1
ACB
1
C2a
2
,S
A AC

1
ACA
1
Aa
2
，
12
1
2
2
∴
h
aa

2
a.
∴点A
1
到平面AB
1
C的距离为
2
a.
2
2
2a
2
9．在长方体
ABCD
－
A
1
B
1
C
1
D
1
中，已知
AB
=
BC
=2，
BB
1
=3，连接
BC
1
， 过
B
1
作
B
1
E
⊥
BC
1
交
CC
1
于点
E

(Ⅰ)求证：
AC
1
⊥平面
B
1
D
1
E
；
(Ⅱ)求三棱 锥
C
1
－
B
1
D
1
E
1
的体积；
(Ⅲ)求二面角
E
－
B
1
D
1
－
C
1
的平面角大小







.

.
(1)证明：连接
A
1
C
1
交
B
1< br>D
1
于点
O

∵ABCD－
A
1
B
1
C
1
D
1
是长方体
∴
AA
1
⊥平面
A
1
B
1
C
1
D
1
，
A
1
C
1
是
AC
1
在平面
A
1
B
1
C
1
D
1
上的射影
∵< br>AB
=
BC
，∴
A
1
C
1
⊥
B
1
D
1
，
根据三垂线定理得：
AC
1
⊥
B
1
D
1
；
∵
AB
⊥平面
BCC
1
B
1
，且
BC
1
⊥
B
1
E
，
∴
AC
1
⊥
B
1
E

∵
B
1
D
1
∩
B
1
E
=
B
1
，

∴
AC
1
⊥平面
B
1
D
1
E
1

BB
3
(2)解：在RT△
BB
1
C
1
中，
tgBC
1
B
1
1


B
1
C
1
2
24< br>在RT△
EC
1
B
1
中，
C
1
E< br>=
B
1
C
1
·tg∠
C
1
B
1
E
=
B
1
C
1
·ctg∠
BC
1
B
1
=2

，
33
1118
∴< br>V
C
1－
B
1
D
1
E
=
V
D
1－
B
1
C
1
E
=
S
V
B
1
C
1
E
C
1
D1
(B
1
C
1
C
1
E)C
1
D
1


3329
(3)解：连接
OE
，∵△
B
1
C
1
E
1
≌△
D
1
C
1
E
1
， ∴
B
1
E
=
D
1
E

∵
O
是
B
1
D
1
中点， ∴
B
1
D
1
⊥
OE
，
∴∠
C< br>1
OE
是二面角
E
―
B
1
D
1―
C
1
的平面角
在RT△
OC
1
E
中，∵
tgC
1
OE
C
1
E
22


OC
1
3
所以，二面角
E
―
B
1
D
1
―
C
1
的平面角为
arctg
22
，
3
10．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E为DC的中点，沿AE将 △AED折起，使二面角D
－AE－B为60 ．
（Ⅰ）求DE与平面AC所成角的大小；
（Ⅱ）求二面角D－EC－B的大小．

D E C D


E
C


B
A

A B

第10题

答案：如图1，过点D作DM⊥AE于M，延长DM与BC交于 N，在翻折过程中DM⊥AE，
MN⊥AE保持不变，翻折后，如图2，∠DMN为二面角D－AE－B 的平面角，∠DMN＝60 ，
AE⊥平面DMN，又因为AE

平面AC，则AC⊥平面DMN．
.

.

（Ⅰ）在平面DMN内，作DO⊥MN于O，
∵平面AC⊥平面DMN，
∴DO⊥平面AC．
连结OE，DO⊥OE，∠DEO为DE与平面AC所成的角．
如图1，在直角三角形ADE中，AD＝3，DE＝2，
AEAD
2
D E
2
3
2
2
2
13,

ADDE6DE
2
4
DM,ME.

AEAE< br>1313
如图2，在直角三角形DOM中，
DODMsin60
33< br>13
,
在直角三角形DOE中，
sinDEO
DO33
3 39

，则
DEOarcsin.

DE
213
26
339
.

26
（Ⅱ）如图2，在平面AC内，作OF⊥EC于F，连结DF，
∵DO⊥平面AC，∴DF⊥EC，∴∠DFO为二面角D－EC－B的平面角．
∴DE与平 面AC所成的角为
arcsin
如图1，作OF⊥DC于F，则Rt△EMD∽Rt△OFD，
∴
OF
OFEM

,

DODE
DOEM
.

DE
3
13
． 如图2，在Rt△DOM中，OM＝DMcos∠DMO＝DM·cos60 ＝
如图1，
DO DMMO
在Rt△DFO中，
tgDFO
9
13
,OF
18
.

13
DO13

,

OF2
13
∴二面角D－EC－B的大小为
arctg
．
2
11．直三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，A C＝CB＝AA
1
＝2，∠ACB＝90°，E是BB
1
的中点，
D∈AB，∠A
1
DE＝90°.
.

.
（Ⅰ）求证：CD⊥平面ABB
1
A
1
；
（Ⅱ）求二面角D－A
1
C－A的大小.


以C为原点 ，建立空间直角坐标系如图，
则A（，E（0，2，1）.
1
2，0，2）
又 A（2，0，0），B（0，2，0），DAB，可设D（m，n，0），
则ED（m，2n， 1）
AD（m2，n，0），



< br>2分
A
1
D（m2，n，2）
AB（2， 2，0）
mn2
mn1.
①
②
2分< br>AD∥AB，2（m2）2n0，
又A
1
DE90，A1
DED0
ACCB，CDAB.


由 ①、②，有mn1，即D（1，1，0）.D是AB的中点.
由直三棱柱ABC－A
1< br>B
1
C
1
知，平面ABC平面ABB
1
A
1
，CD平面ABC，
平面ABC平面ABB
1
A
1
 AB，
CD平面ABB
1
A
1
.2分

（Ⅱ）解：
.

.
CD（1，1，0），CA
1
（2，0，2）.
设平面DA
1
C的法向量为n
1
（x，y，z），
则有n
1
CD 0且n
1
CA
1
0，

xy0，
即


2x2z0.
xz0.
可取n
1
（ 1，1，1）.





令x1 ，可得yz1.

4分显然CB平面A
1
CA，故 可取平面A
1
CA的法向量n
2
（0，1，0）.
nn
cos＜n
1
，n
2
＞
12

|n
1< br>||n
2
|


1
31

3
.
3
3
.
3
3分二面角D－A
1
C－A的大小为arccos

12．如图，已知斜三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中，∠BCA=90°，AC=BC=a，点A
1
在底面ABC上的
射影
恰为AC的中点D，BA
1
⊥AC
1
。
C
1
（I）求证：BC⊥平面A
1
ACC
1
；
（II）求点A
1
到AB的距离
（III）求二面角B—AA
1
—C的正切值
A

1

B
1
解：
C


D

A B
答案：如图，已知斜三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1中，∠BCA=90°，AC=BC=a，点A
1
在底面ABC上
的射影
恰为AC的中点D，BA
1
⊥AC
1
。
（I）求证：BC⊥平面A
1
ACC
1
； （II）求点A
1
到AB的距离
（III）求二面角B—AA
1
—C的正切值
解：（1）由题意，A
1
D⊥平面ABC，∴A
1
D⊥BC。
又AC⊥BC，∴BC⊥平面A
1
ACC
1

（II）过D 作DH⊥AB于H，又A
1
D⊥平面ABC，∴AB⊥A
1
H
∴A
1
H是H
1
到AB的距离
∵BA
1
⊥AC
1
，BC⊥平面A
1
ACC
1
，由三垂线定理逆定理 ，得A
1
C⊥AC
1

∴ A
1
ACC
1
是菱形 ∴A
1
A=AC=a, A
1
D=
3
a
.
2
13．如图，正三棱柱AC< br>1
中，AB=2，D是AB的中点，E是A
1
C
1
的中点，F 是B
1
B中点，异
面直线CF与DE所成的角为90°.
（1）求此三棱柱的高；
（2）求二面角C—AF—B的大小.
解：（1）取BC、C
1
C的中点分别为H、N，连结HC
1
，
连结FN，交HC
1
于点K，则点K为HC
1
的中点，因
FNHC，则△HMC∽△FMK，因H为BC中点
.

.
BC=AB=2，则KN=
1
,FK
3
，∴
HC
HM

1

2
,

22
F KMK
3
2
3
则HM=
1
HC
1
，在Rt △HCC
1
，HC=HM·HC
1
，
2
5
解得H C
1
=
5
，C
1
C=2.
另解：取AC中点O， 以OB为x轴，OC为y轴，按右手系建立空间坐标系，设棱柱
高为h，则C（0，1，0），F（3,0,
h
），D（
3
,
1
,0
），E（0 ，0，h），
2
22
2
h31
∴
CF(3,1,),C E(
由CF⊥DE，得
CFDE
3

1

h
0
，解得h=2.
,,h)
，
222
222
（2）连CD，易得CD⊥面AA
1
B
1
B，作DG⊥AF，连CG，
由三垂线定理得CG⊥AF，所以∠CGD是二面角C—AF—B
的平面角，又在Rt△AFB中，AD=1，BF=1，AF=
5
，
从而DG=
5
∴tan∠CGD=
DC
15
，
,
5
DG
故二面角C—AF—B大小为arctan
15
.



14.已知ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，PD=DC=a，
AD
的中点。
（Ⅰ）求证：平面MNC⊥平面PBC；
（Ⅱ）求点A到平面MNC的距离。
解：（I）连PM、MB ∵PD⊥平面ABCD
∴PD⊥MD…1分
P M
2
PD
2
MD
2

3
2
3
a又BM
2
AB
2
AM
2
a
2
22
2a
，M、N分别是AD、PB

∴PM=BM 又PN=NB ∴MN⊥PB………3分


PDDCa,BC2aPC2aBC,

得NC⊥PB∴PB⊥平面MNC……5分
PB
平面PBC
∴平面MNC⊥平面PBC……6分
（II）取BC中点E，连AE，则AEMC∴AE平面MNC，
A点与E点到平面MNC的距离相等…7分
取NC中点F，连EF，则EF平行且等于
1
BN
2
∵BN⊥平面MNC ∴EF⊥平面MNC，EF长为E
点到平面MNC的距离……9分 ∵PD⊥平面ABCD，
BC⊥DC ∴BC⊥PC.
11a
PBBC
2
PC
2
2a,EFBNPB 

242
即点A到平面MNC的距离为

a
……12分
2
.

.
15．如图，正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
的底面边长的3，侧棱AA
1
=
且BD=BC.
（Ⅰ）求证：直线BC
1
平面AB
1
D；
（Ⅱ）求二面角B
1
—AD—B的大小；
（Ⅲ）求三棱锥C
1
—ABB
1
的体积.
（Ⅰ）证明：CDC< br>1
B
1
，又BD=BC=B
1
C
1
，
∴ 四边形BDB
1
C
1
是平行四边形， ∴BC
1
DB
1
.
又DB
1

平面AB
1
D，BC
1

平面AB
1
D，
∴直线BC
1
平面AB
1
D.
（Ⅱ）解：过B作BE⊥AD于E，连结EB
1
，
∵B
1
B⊥平面ABD，∴B
1
E⊥AD ，
∴∠B
1
EB是二面角B
1
—AD—B的平面角，
∵BD=BC=AB，
∴E是AD的中点，
BE
1
AC
3
.

22
33
,
D是CB延长线上一点，
2

在Rt△B
1
BE中，
3
3
B
1
B2
。即二面角B
1
—AD—B的大小为60°
tgB
1BE3.
∴∠B
1
EB=60°
3
BE
2
（Ⅲ）解法一：过A作AF⊥BC于F，∵B
1
B⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面 BB
1
C
1
C，
∴AF⊥平面BB
1
C
1
C，且AF=
33
33,

V
CABB
V
ABBC

1
S

BBC
AF

22
3
11111
111


1
(
1

33
3)
33

27
.
即三棱 锥C
1
—ABB
1
的体积为
27
.

32228
8
解法二：在三棱柱ABC—A
1
B< br>1
C
1
中，
S
ABB
1
S
 AAB
V
C
1
ABB
1
V
C
1AA
1
B
1
V
AA
1
B
1C
1

1
1


1
S
A BC
AA
1

1
(4
3
3
2
)
33

27
.
即三棱锥C
1
—ABB
1
的体积为
27
.

3
111
3428
8
16．如图，正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
， BC=BB
1
=1，D为BC上一点，
且满足AD⊥C
1
D.
（I）求证：截面ADC
1
⊥侧面BC
1
；
（II）求二面角C—AC
1
—D的正弦值；
（III）求直线A
1
B与截面ADC
1
距离.




（I）由题知：

ADBC
1
C
1
C底面ABC

C
1
CAD

< br>

面ADC
1
面BC
1

AD 平面ADC
1

AD底面ABC

C
1
DA D

.

.
……………………………………………4分
连结CA
1
与AC
1
点于E


CEAC
1
面ACC
1
A
1
为正方形

（II）
过C作CFCD于F,连结EF

1



I

又EF为斜线CE在面ADC
1
射影

又面ADC
1
面BC
1
C
1
D

故∠CEF为二面角C —AC
1
—D的平面角…………………………………………6分
由()知面ADC
1
面BC
1

CF面DAC
1

FEAC
1

5
510
,故sinCEF
5

在Rt△C
1
CD中，求 出
CF
………………8分
55
2
2
（III）
由()知ADBC,

D为BC中点;





ED
∥
A
1
B

又ABC为正三角形

E为A
1
C中点

A
1
B
∥面
AC
1
D
，设B到面ADC1
距离为d……………………………………10分
V
BADC
1V
C
1
ABD

115
S
ADC
1
dS
ABD
CC
1
d
…………………12 分
335
注：其他证法相应给分
17．如图，在底面是直角梯形的四棱锥
PABCD
中，AD∥BC，∠ABC＝90°，且
∠ADCarcsin
5，又PA⊥平面ABCD，AD＝3AB＝3PA＝3a。
5
（I）求二面角P—CD—A的正切值；
（II）求点A到平面PBC的距离。
P
A
B
C
D

解：（1）在底面ABCD内，过A作AE⊥CD，垂足为E，连结PE
.

.
P
H
A
B
E
C
D

∵PA⊥平面ABCD，由三垂线定理知：PE⊥CD
∵∠PEA是二面角P—CD—A的平面角………………2分
在
RtAED
中，
AD3a
，
ADE
arcsin
5

5

AEADsinADE
35
a
………………4分
5
PA5


AE3
5
………………6分
3
在
RtPAE
中，
tanPEA
∴二面角P—CD—A的正切值为
（II）在平面APB中，过A作AH⊥PB，垂足为H
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC
又AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB
∴平面PBC⊥平面PAB
∴AH⊥平面PBC
故AH的长即为点A到平面PBC的距离………………10分
在等腰直角三角形PAB中，
AH
…………12分
18．直角梯形ABCD中，BC∥AD，AD∥⊥AB，
BCBA
（1）求证：VC⊥CD。
（2）若
VA
22
a
，所以点A到平面PBC的距离为
a

22
1

ADm
，VA⊥平面ABCD。
2
2m
，求CV与平面VAD所成的角。
.

.

（1）连结AC

ABBC，ABC90
o
CABACB45
o

取AD中点G，连CG，则ABCG为正方形
又
CG

GD
，
CGD
90


DCG
45


DCA
90
o
…………………………（4分）
VA⊥平面ABCD，DC⊥AC
由三垂线定理：VC⊥CD………………（6分）
（2）连VG，由
o
o
CGAD


 CG
面VAD
VACG


CVG
是CV与平面VAD所成的角………………（9分）

V CVA
2
AB
2
BC
2
2m
CGm， CVG30
o

∴CV与平面VAD所成角为
30
………………………（12分）
19．如 图，在正四棱柱ABCD—A
1
B
1
C
1
D
1中，AA
1
=
o
1
AB，点E、M分别为A
1
B、C
1
C的中点，
2
过点A
1
，B，M三点的平面A1
BMN交C
1
D
1
于点N.
（Ⅰ）求证：E M∥平面A
1
B
1
C
1
D
1
；
（Ⅱ）求二面角B—A
1
N—B
1
的正切值.









.

.



（A）（Ⅰ）证明：取A
1
B
1
的中点F，连EF，C
1
F
∵E为A
1
B中点
∴EF∥
1
BB
1
…………2分
2

又∵M为CC
1
中点 ∴EF∥ C
1
M
∴四边形EFC
1
M为平行四边形 ∴EM∥FC
1
……4分
而EM

平面A
1
B
1
C
1
D
1
. FC
1

平面A
1
B
1
C
1
D
1
.
∴EM∥平面A
1
B
1< br>C
1
D
1
………………6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）EM∥平面A< br>1
B
1
C
1
D
1
EM

平面A
1
BMN
平面A
1
BMN∩平面A
1
B
1
C
1
D
1
=A
1
N ∴A
1
N EM FC
1

∴N为C
1
D
1
中点
过B
1
作B1
H⊥A
1
N于H，连BH，根据三垂线定理 BH⊥A
1
N
∠BHB
1
即为二面角B—A
1
N—B
1
的平面角 ……8分
设AA
1
=a， 则AB=2a， ∵A
1
B
1
C
1
D
1
为正方形
∴A
1
H=
5a
又∵△A
1
B
1
H∽△NA
1
D
1

∴B
1
H=

2a2a
5a

4a
5

在Rt△BB
1
H中，tan∠BHB
1
=
BB
1
a5
即二面 角B—A
1
N—B
1
的正切值为

4a
B
1
H4
5
5
……12分
4
（B）（Ⅰ）建立如图所示空 间直角坐标系，设AB=2a，AA
1
=a(a>0)，则
A
1
（2a，0，a），B（2a, 2a , 0）, C（0，2a，0），C
1
（0，2a，a）……2分
∵E为A
1
B的中点，M为CC
1
的中点 ∴E（2a , a ,
∴EM A
1
B
1
C
1
D
1
…………6分
（Ⅱ）设平面A
1
BM的法向量为
n
=（x, y , z ）
又
A
1
B
=（0，2a , －a ）
B M(2a,0,
)
由
nA
1
B,nBM
，得
aa
），M（0，2a, ）
22
a
2
z
x

2ayaz0


4
,

az
z
2ax0

y
2

2

.

.
aa
n(,,a)
…………9分
42


而平面A
1
B
1
C
1
D
1
的法向量为< br>n
1

(0,0,1)
.设二面角为

，则
|cos


|nn
1
|
|n||n
1
|

4
21
又：二面角为锐二面角
cos


4
21
，……11分
从而
tan


5
………………12分
4
20．如图，PA⊥平面AC，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点.
（Ⅰ）求证：AF∥平面PCE；
（Ⅱ）若二面角P—CD—B为45°，AD=2，
CD=3，求点F到平面PCE的距离.






（Ⅰ）取PC中点M，连结ME、MF.
FMCD,FM
1
CD,AECD,AE
1
CD,

22

AEFM,且AEFM
，即四边形AFME是平行四边形，……2；‘。。。。分
∴AFEM，∵AF

平在PCE，∴AF∥平面PCE.……4分
（Ⅱ）∵PA⊥平面AC，CD⊥AD，根据三垂线定理知，CD⊥PD ∴∠PDA是二面角
P—CD—B的平面角，则∠PDA=45°……6分 于是，△PAD是等腰直角三角形，
AF⊥PD，又AF⊥CD∴AF⊥面PCD.而EMAF, ∴EM⊥面PCD.又EM

平面PEC,
∴面PEC⊥面PCD.……8分
在面PCD内过F作FH⊥PC于H，则FH为点F到平面PCE的距离.……10分
由已知 ，PD=2
2
，PF=
1
PD
2,
PC
17.

2
PC
FH
334
……12分
.
17
∵△PFH∽△PCD ∴
FH

CD
PF
21．如图，正三棱柱AC
1
中，AB=2，D是AB的中点，E是A
1
C
1
的中点，F是B
1
B中点，异
面直线CF与DE所成的 角为90°.
（1）求此三棱柱的高；
（2）求二面角C—AF—B的大小.




.

.






解：（1）取BC、C
1
C的中点分别为H、N，连结HC
1
，
连结FN，交HC
1
于点K，则点K为HC
1
的中点，因
FNHC，则△HMC∽△FMK，因H为BC中点
BC=AB=2，则KN=
1< br>,FK
3
，∴
HC

HM

1

2
,

22
FKMK
3
2
3
则H M=
1
HC
1
，在Rt△HCC
1
，HC=HM·HC1
，
2
5
解得HC
1
=
5
，C1
C=2.

另解：取AC中点O，以OB为
x
轴，OC为y 轴，按右手系建立空间坐标系，设棱柱
高为h，则C（0，1，0），F（
3,0,
h
），D（
3
,
1
,0
），E（0，0，h），
2
22
2
h31
∴
CF(3,1,),CE(
由C F⊥DE，得
CFDE
3

1

h
0，解得h=2.
,,h)
，
222
222
（2）连CD，易得CD⊥面AA
1
B
1
B，作DG⊥AF，连CG，
由三垂线定理得CG⊥AF，所以∠CGD是二面角C—AF—B
的平面角，又在Rt△AFB中，AD=1，BF=1，AF=
5
，
从而DG=
5
∴tan∠CGD=
DC
15
，
,
5
DG
故二面角C—AF—B大小为arctan
15
.




22．如图，正方体
ABCDA
1B
1
C
1
D
1
，棱长为
a
，
E、F
分别为
AB、BC
上的点，且
AE
＝
BF
＝
x
．

（1）当
x
为何值时，三棱锥
B
1
BEF
的体积最大？
（2）求三棱椎
B
1
BEF
的体积最大时，二面角
B
1
EFB
的正切值；
.

.
（3）（理科做）求异面直线
A
1
E
与
B
1
F
所成的角的取值范围．
（1）
V
B
1
BE F
aaxx
2
a
3
11aa
)
，当
x
时，三棱


(ax)

x

a (
a

x
)
x
(
6224
3262锥
B
1
BEF
的体积最大． （2）取
EF
中点O
，由
BOEF
，
B
1
OEF
，所以B
1
OB
就是二面角
B
1
EFB
的平面 角．在Rt△
BEF
中
BO

1122
EF

a

a，

2222
tanB
1
OB
BB
1

22
． （3）在
AD
上取点
H
使
AH＝BF＝ AE
，则
HFCDA
1
B
1
，
BO
HF CDA
1
B
1
，
A
1
HB
1
F
，所以
HA
1
E
（或补角）是异面直线
A
1E
与
B
1
F
所
成的角
；
在Rt△A
1
AH
中，
A
1
H
Rt△
HAE
中，
a
2
x
2
，在Rt△
A
1
AE
中，
A
1
E
，在△
a
2
x
2
，在
中，
HE

x
2

x
2

2x
HA
1
E
A
1
H
2
A
1
E
2
EH
2
a
2
2222
2
，
因为
0xa
，所以
axa2a
，
cosHA
1
E
2
ax
2A
1
H

A
1
E
1a
2
1
π

2
1
，
，

cos
HAE
1
0 HAE
1
1
3
2xa
2
2
23． 已知，如图 四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足
为G，G在AD上，且 AG=
的体积为
1
GD，BG⊥GC，GB=GC=2，E是BC的中点，四面体P— BCG
3
8
.
3
（Ⅰ）求异面直线GE与PC所成的角；
（Ⅱ）求点D到平面PBG的距离；
（Ⅲ）若F点是棱PC上一点，且DF⊥GC，求



解法一：
（I）由已知
V
PBGC

PF
的值.
FC

1118
S
BCG
PGBGGCPG

3323
∴PG=4…………2′
如图所示，以G点为原点建立空间直角坐标系o—
x
yz，
则
B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，4）
.

.
故E（1，1，0）
GE(1,1,0),PC(0,2,4)3< br>
cosGE,PC
GEPC
|GE||PC|

10


10
220
2
10
……………………4′
1 0
∴异面直线GE与PC所成的角为arccos
（II）平面PBG的单位法向量
n
0

(0,

1,0)

33
|BC|2,CGD45

42

33
GD(,,0)6

22
|GD|
∴点D到平面PB G的距离为
|GDn
0
|
（III）设F（0，y , z）
3
……………………8′
2
3333
则DFOFOD(0, y,z)(,,0)(,y,z)
2222
DFGC,DFGC0
333
(,y,0)(0,2,0)2(y)0
222

在平面 PGC内过F点作FM⊥GC，M为垂足，则
GM
GC(0,2,0)10

y
3
2
31
,MC

22

PFGM
3
……………………………………………………………………12′
FCMC
1118
S
BCG
PGBGGCPG

3323
解法二：
（I）由已知
V
PBGC

∴PG=4…………2′
在平面ABCD内，过C点作CHEG
交AD于H，连结PH，则
∠PCH（或其补角）就是异面直线GE
与PC所成的角.………………3′
在△PCH中，
CH2,PC20,PH18

由余弦定理得，cos∠PCH=
10

10
10
……………………4′
10

∴异面直线GE与PC所成的角为arccos
.

.
（II）∵PG⊥平面ABCD，PG

平面PBG
∴平面PBG⊥平面ABCD
在平面ABCD内，过D作DK⊥BG，交BG延长线于K，则DK⊥平面PBG
∴DK的长就是点D到平面PBG的距离…………………………6′
BC22GD
333
ADBC2

442
3
在△DKG，DK=DGsin45°=
2
3
∴点D到平面PBG的距离为
……………………………………8′
2
（III）在平面ABCD内，过D作DM⊥GC，M为垂足，连结MF，又因为DF⊥GC
∴GC⊥平面MFD， ∴GC⊥FM
由平面PGC⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD ∴FMPG
由GM⊥MD得：GM=GD·cos45°=
3
…………………………10′ 2
3
PFGM
2
3
FCMC
1
2由DFGC可得
PF
3
…………12′
FC
24．如图 ，已知正方体
ABCD
－
A
1
B
1
C
1< br>D
1
的棱长为2，
M
、
N
分别为
AA
1
、
BB
1
的中点，求：
（I）
CM
与
D
1
N
所成角的余弦值；
（II）异面直线
CM
与
D
1
N
的距离．











解：（I）如图，以
D
为原点，
DA
、
DC、
DD
1
A
M
D
B
A
1
D< br>1
B
1
N
z
C
1
C
y
x< br>分别为
x
、
y
、
z
轴，建立空间直角坐标系，……… ……1′
则
C
（0，2，0）、
D
1
（0，0，2）、< br>M
（2，0，1）、
N
（2，2，1），
uuuur
uu uuur
DM
CM
∴
＝（2，－2，1），
1
＝（2， 2，－1），
……………………3′
设
CM
与
D
1
N
所成的角为α，
.

.
uuuuruuuur
CM
g
D
1
N
2
g
2(2)
g
21
g
(1)
1
ruuu ur

则cosα＝
uuuu
＝－＜0
9
3
g< br>3
|CM|
g
|D
1
N|
∴α为钝角，∴
C M
与
D
1
N
所成的角为θ＝π－α，即cosθ＝
（解法2 ：设
CM
与
D
1
N
所成的角为θ，
1

9
uuuuruuuur
|CM
g
D
1
N||2< br>g
2(2)
g
21
g
(1)|
1
r uuuur

则cosθ＝
uuuu
＝）
9
3
g
3
|CM|
g
|D
1
N|
…………………………… ……6′
（II）取DD
1
的中点E，分别连接EM、EB，则EM∥BC，EB∥ D
1
N，
∴B、C、E、M共面且D
1
N∥平面BCEM，
∴D
1
到平面BCEM的距离d等于异面直线CM与D
1
N的距离， ……………………8

∵
V
D
1
BCEM
V< br>BAA
1
CDD
1
V
BAMCDE
V
BNA
1
D
1
＝（
即
、
14
1
1
3、
――
）·2＝
…………10
2
4123
14
S
BCEM
·d＝
33
而S
BCEM
＝BM·BC＝2
5

∴d＝
25
、
……………………………………………………………… ………………12
5
uuuur
uuuu
r
r
解法2： 设
CM
，
D
1
N
的法向量为
n
＝（
x
，
y
，
z
）
则


x0

2x2yz0
，



z2y

2x2yz0
r
取
n
＝（0，1，2）……………………………………………………………………………8′
uuuuurr
|D
1
M
g
n|
225
r

∴异面直线
CM
与
D
1
N
的距离
d< br>＝
……………………………12′
5
|n|
5
25． 如图，四棱锥P—ABCD的底面是正方形,PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，点M、N分别
在棱 PD、PC上，且PC⊥平面AMN.
（Ⅰ）求证：AM⊥PD；
（Ⅱ）求二面角P—AM—N的大小；
（Ⅲ）求直线CD与平面AMN所成角的大小.

（I）证明：∵ABCD是正方形，∴CD⊥AD，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.
∴CD⊥平面PAD……………………………………3分
∵AM

平面PAD，∴CD⊥AM.

∵PC⊥平面AMN，∴PC⊥AM.
.

.
∴AM⊥平面PCD.
∴AM⊥PD.…………………………………………5分
（II）解：∵AM⊥平面PCD（已证）.
∴AM⊥PM，AM⊥NM.
∴∠PMN为二面角P-AM-N的平面角.…………………………7分
∵PN⊥平面AMN，∴PN⊥NM.
在直角△PCD中，CD=2，PD=2
2
，∴PC=2
3
.
∵PA=AD，AM⊥PD，∴M为PD的中点，PM=
由Rt△PMN∽Rt△PCD，得 ∴
MN
CDPM
.
PC
cos(PMN)
MN CD233
.PMNarccos.
…………10分
PMPC
23
33
1
PD=
2

2
即二面角P—AM—N的大小为
arccos
3
.
3
（III）解：延长NM，CD交于点E.
∵PC⊥平面AMN，∴NE为CE在平面AMN内的射影
∴∠CEN为CD（即（CE）与平在AMN所成的角.…………12分
∵CD⊥PD，EN⊥PN，∴∠CEN=∠MPN.
在Rt△PMN中，
sin(MPN)
MN3
.
PM3


3< br>MPN(0,)MPNarcsin.
23
∴CD与平面AMN所成的角的 大小为
arcsin
3
…………15分
3

0
2 6．如图，直三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中，
 ACB90,BCAC2,AA
1
4
，D为棱CC
1
上的 一动点，M、N分别为
ABD,A
1
B
1
D
的重心．
（1）求证：
MNBC
；


（2）若二面角C—AB —D的大小为
arctan2
，求点C
1
到平面A
1
B1
D的距离；
（3）若点C在
ABD
上的射影正好为M，试判断点C
1
在
A
1
B
1
D
的射影是否
为N？并说明理由．

.

.
C
A
B
M
D
N
A
1
C
1
B
1


解：（1）连结
DM,DN
并延长， 分别交
AB,A
1
B
1
于
P,Q
，连结
P Q
，
QM,N
分别为
ABD,A
1
B
1D
的重心，则
P,Q
分别为
AB,A
1
B
1< br>的中点
PQBB
1

Q
在直三棱柱
ABCA1
B
1
C
1
中，
BB
1
BCMN BC

（2）连结
CPQACBCCPAB又QCC
1
面 ABCDPAB

CPD
即为二面角
CABD
的平面角
CPDarctan2

在
RtABC
中，
ACBC2CP2

在Rt CDP中，CDCPtanCPD2
C
QCC
1
AA
1
4DC
1
2

连结
C
1
Q,C< br>1
QCP2DQDCC
1
Q6

2
1
2
A
P
B
M
D
同上可知，
DQA
1
B
1
S
ABD

1
ABDQ23

11
2
设
C
1
到面DA1
B
1
的距离为h

QV
C
1
A< br>1
B
1
D
V
DA
1
B
1
C
1
hS
A
1
B
1
D
C
1
DS
A
1
B
1
C
1

h
2
3

3
A
1
N
C
1
Q
B
1
2
CPPM1
（3）
QC
1
M面ABDC
1
M DPQ,CP2

CD
2
MD2
CD2C
1
D2

则DQDPQMNPQDMDN

QCD
2
DMDPDC
1
2
DNDQ

C
M
D
N
C
1


 DC
1
Q
∽
DNC
1
C
1
ND DC
1
Q90


P
Q
.

.
C
1
NDQ又QA
1
B
1
面C
1
CPQ

A
1
B
1
C
1
NC
1
N面A
1
B
1
D

C
1
在面A
1
B
1
D的射影即为N
.
z
C
A
M
D
（另解）[9(B)]空间向量解法：以C1
为原点，如图建立空间直
角坐标系。
（1） 设
C
1
Da

0a4

，依题意有： B
D

0,0,a

,A

2,0,4

,B

0,2,4

,C

0,0,4

,C
1

0,0,0


因为M、N分别 为
ABD,A
1
B
1
D
的重心．
228a

22a

8



所以
M

,,,N,,NM0,0,

33333 33

uuuur
A
1

C
1
N
B
1
x
y
∵
NMCB

0,0,


(0,1,0)
∴
MNBC

uur
ur
（2） 因为平面ABC的法向量
n
1


0,0,1

， 设平面ABD的法 向量
n
2


x
1
,y
1
,z< br>1




8

3

< br>2

ADn
2
0

(2,0,a4)(x
1
,y
1
,z
1
)0





n
2


x
1
,x< br>2
,x
1


4a


(2,2,0)(x
1
,y
1
,z
1
)0

ABn
2
0
uur
2

，设二面角C—A B—D为

，则由
3
令
x
1
1n
2


tan

2cos



1,1,

3
4a

2
a4

2

2


4a

2
因此
cos


n
1
n
2
n
1
n
2

2
2a
2
16a36

3
a2
3
uur
设平面A
1
B
1
D的法向量为
n
3


x,y,z

，则


(2,0,2)(x,y,z)0

A
1
D n
3
0
n
3
(x,x,x)令x1有n
3
(1,1,1)


(2,2,0)(x,y,z)0


A
1
B
1
n
3
0

设C
1
到平面A
1
B
1
D的距离为
d
，则d
C
1
Dn
3

23

3
|n
3
|
（3）若点C在平面ABD上的射影正好为M，则
CMADC MAD0

22a4

(a4)
2
4

即

,,a
2,
a
6
（舍）



(2,0,a4)0
·
33333

因为D为C C
1
的中点，根据对称性可知C
1
在平面A
1
B
1
D的射影正好为N。
27．在Rt

ABC中，

ACB =30，

B=90，D为AC中点，E为BD的中点，AE的延长
线交BC于F，

.

.







将

ABD沿BD折起，二面角A－BD－C大小记为

。
A
A
D

E
（1） 求证：面AEF

面BCD；
（2）

为何值时，AB

CD。
B F
C
B
P
P
E
O
D
F C
（1）证明：在R t

ABC中，

C=30

，D为AC的中点，则

ABD是等边三角形又因E是
BD的中
点，

BD

AE，BD

EF，折起后，AE

EF=E，
 BD

面AEF

BD

面BCD，

面AEF

面BCD。
（2）过A作AP

面BCD于P，则P在FE的延长线上，设BP与C D相交于Q，令AB=1，
则

ABD

是边长为1的等边三 角形，若AB

CD，则BQ

CD

PE=
33
1
AE=又AE=
32
3







折后有cosAEP=
PE1
=
AE3< br>由于

AEF=

就是二面角A－BD－C的平面角，
1< br>
当

=

－arccos时，AB

CD
3
28．如图，在斜三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，侧面AA
1
B
1
B⊥底面ABC，
0
侧棱AA
1
与底面ABC成60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BE=
1
BC
1
．
3
（１）求证： GE∥侧面AA
1
B
1
B ；
（２）求平面B
1
GE与底面ABC所成锐二面角的大小








解法1：(1)延长B
1
E交BC于F, ∵ΔB
1
EC∽ΔFEB, BE＝
1
ＥＣ
１
2
∴ＢＦ＝
1
Ｂ
１
Ｃ
１
＝
1
ＢＣ，从而Ｆ为 ＢＣ的中点． …………… ……………２′
22
∵Ｇ为ΔＡＢＣ的重心，∴Ａ、Ｇ、Ｆ三点 共线，且
FE
FG1
＝＝，∴GE∥AB
1
，
FA
FB
1
3
又GE

侧面AA
1
B
1B， ∴GE∥侧面AA
1
B
1
B ……………… ………６＇
.

.
（２）在侧面AA
1
B
1
B内，过B
1
作B< br>1
Ｈ⊥ＡＢ，垂足为Ｈ，∵侧面AA
1
B
1
B⊥底面ABC， ∴B
1
0
Ｈ⊥底面ABC．又侧棱AA
1
与底面ABC成60的角， AA
1
= 2，
∴∠B
1
ＢＨ＝６０
，ＢＨ＝１，B1
Ｈ＝
3
．
在底面ABC内，过Ｈ作ＨＴ⊥ＡＦ，垂足为Ｔ，连B1
Ｔ．由三垂线定理有B
1
Ｔ⊥ＡＦ，
又平面B
1
G E与底面ABC的交线为ＡＦ，∴∠B
1
ＴＨ为所求二面角的平面角．……９＇
０0
∴ＡＨ＝ＡＢ＋ＢＨ＝３，∠ＨＡＴ＝３０
， ∴ＨＴ＝ＡＨsin30＝
3
，
2
在ＲｔΔB
1
ＨＴ中， ｔａｎ∠B
1
ＴＨ＝
B
1
H
＝
23
，
3
HT
从而平面B
1
GE与底面ABC所成锐二面角的大小为arc tan
23
……………… 12′
3
0
解法2：（１） ∵侧面AA
1
B
1
B⊥底面ABC，侧棱AA
1
与底面AB C成60的角，
０
∴∠A
1
AB＝６０
，又AA
1
= 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如图，
则Ａ（０，－１，０），Ｂ（０，１，０），Ｃ（
3
，０，０），
Ａ
１
（０，０，
3
）Ｂ
１
（０，２，
3
），Ｃ１
（
3
，１，
3
）． ……３＇
０
1
∵Ｇ为ΔＡＢＣ的重心，∴Ｇ（
3
，０，０）， ∵
BE
＝
BC
1

3
3
∴Ｅ（
3
，１，
3
）∴
GE
＝（０，１，
3
）＝
1
AB
1
，
333
3
又GE

侧面A A
1
B
1
B， ∴GE∥侧面AA
1
B
1
B …………… ……６＇
（２）设平面B
1
GE的法向量为ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ），
GE
＝０ 得
3
ａ－ｂ－
23
ｃ＝０；ｂ＋
3
ｃ＝０． 则由ｎ·B
1
E
＝０及ｎ·
3
33
可取ｎ＝（
3
，－１，
3
）． ……………8＇
又底面ABC的法向量为ｍ＝（０，０，１）， ……………9′
设平面B
1
GE与底面ABC所成锐二面角的大小为

，
则cos

＝
2121
m•n
＝, ∴

＝arccos. ……………… 12’
77
|m||n|
29．已知三棱锥P—ABC中PB⊥底面ABC，
BCA90
，
PB=BC=CA=
a
，E是PC的中点，点F在PA上，且3PF=FA.
（1）求证：平面PAC⊥PBC；
（2）求平面BEF与底面ABC所成角（用一个反三角函数值表示）.










.

.


（1）证明：∵PB⊥底面ABC，∴PB⊥AC…………1分，又∠BCA=90°
∴AC⊥平面PBC…………4分
又AC

平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBC…………5分
（2）解：设FE的延长线与AC的延长线交于M，连MB，
则MB为平面BEF与平面ABC的交线…………6分
在平面PCA中，由已知E是PC的中点，F是PA的四等分点，
MC
11
ACa
…………7分
22
取BC的中点H，则EHPB， ∴EH⊥底面ABC…………8分
过H作HO⊥MB于O，由三垂线定理，EO⊥MB
则∠EOH为平面BEF与底面ABC所成二面角的平面角…………9分
在
Rt
BCM
中,
HO

5
1
a
，在RtEHO中,....EHa
…………10分
10
2
tanEOH
EH
5
…………11分 HO
即平面BEF与底面ABC所成二面角的大小为
arctan5
…………12 分
若利用面积射影法，指出△HDB是△EFB在底面ABC上的射影，并计算出其面积
S
射影

6
2
1
2
a
…………10分
a
…………7分 计算出
S
EFB

16
1 6
cos


S
射影
S
EFB

1
6
…………11分
即平面BEF与底面ABC所成二面角的大小为
ar ccos
6
…………12分
6
30．三棱锥
SABC
中 ，底面△
ABC
是顶角为
ABC

、
ACa
的等腰△，
SCA

2
，侧面
SAC
与底面
A BC
所成二面角为

(0


SCb
，

2
)E
、
D
分别为
SA
和
AC
的中点
(1)求证无论

，

为何值时，点
S
到截面
BDE
的距离为定值
(2)求三棱锥
SABC
的体积

(理)(1)∵
E
、
D
为中点，∴
ED
∥
SC
，∴
SC
∥面
BDE
∴
S
到截面
BDE
的距离为
.

.
C
到截面
BDE
的距离. 又
SCAC,
∴
EDAC.
∵
ABAC,
∴
BDAC,

∴
AC
面
BDE

∴
C
到截面
BDE
的距离为
CD
(2)由(1)知
BDE

,又
ED
a
a
,
即
S
到截面
BDE
的距离为
.

2
2
11b
SCb
,
∴
E
到
ABC
的距离为
sin

.
222
S
ABD

1a1a
111
ADBDa actga
2
ctg,

222
2282
∴
V
SABC
4V
EABD
4

11
2ab1a
actgsin

a
2
bctgsin

.

3822122

.