7、如图所示，等腰
△ABC
的底边
AB66< br>，高
CD3
，点
E
是线段
BD
上异于点
B ，D
的动点，点
F
在
BC
边上，且
EF⊥AB
，现 沿
EF
将
△BEF
折起到
△PEF
的位置，使
记< br>BEx
，
V(x)
表示四棱锥
PACFE
PE⊥AE，
的体积．
（1）求
V(x)
的表达式；
（2）当
x
为何值时，
V(x)
取得最大值？
F
A
DE
P
B
（3）当
V(x)
取得最大值时，求异面直线< br>AC
与
PF
所
成角的余弦值．



8、 如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都
是底面边长的
2
倍，P为侧棱SD上的点。
（Ⅰ）求证：
ACSD
；
（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角
PACD
的大小；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，
使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；
若不存在，试说明理由。














C
S
P
A
D
B
C

答案：
立体几何与空间向量解答题(理科)
1、【解】 证明：设
ACBDH
，连结EH，在
ADC
中，因为AD=CD，且DB平分
ADC
，所以H 为AC的中点，又有题设，E为PC的中点，故
EHPA
,又
HE平面BDE,PA平面BDE
,所以
PA平面BDE
.
（ 2）证明：因为
PD平面ABCD
，
AC平面ABCD
，
P所以
PDAC

由（1）知，
BDAC
,
PDB DD,
故
AC平面PBD

(3)解：由
AC平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的
射影，所以
CBH
为直线与平面PBD所成 的角。
由
E
A
H
D
C
B
ADCD,
ADCD1,DB22,可得DHCH
在
RtBHC
中，
tanCBH
232
,BH

22
CH1

,所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为
BH3
1
。
3

2、证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所 在直线为
x
轴，
y
轴，
z
轴，建立空间直角坐标系O
xyz
，. 则
z
O

0,0,0

,A(0,8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),
P(0,0,6),E(0,4,3 ),
F

4,0,3

，由题意得，
uuuruuur因此平面
G

0,4,0

,
因
OB(8, 0,0),OE(0,4,3)
，
ruuur
BOE的法向量为
n(0 ,3,4)
，
FG(4,4,3
得
ruuur
nFG0< br>，又直线
FG
不在平面
BOE
内，因此有
P
E
F
A
O
B
G
y
C
x
uuuur
（II）设点M的坐标为

x
0
,y
0
,0
，则
FM(x
0
4,y
0
,3)
，因为
FM
平面BOE，所以
uuuurr
9

9

有
FMn
，因此有
x
0
4,y
0

，即 点M的坐标为

4,,0

，在平面直角坐标系
xoy
4

4

FG
平面
BOE


x0

中，
AOB
的内部区域满足不等式组

y0
，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，

xy8

所以在
ABO
内存在一点
M
，使
FM
平面
BO E
，由点M的坐标得点
M
到
OA
，
OB
的
距离为
4,
9
．
4
3、分析：本小题要考查异面直线所成的角、平 面与平面垂直、二面角等基础知识，考查用
空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想像能力、运算 能力和推理论证能力。
【解】方法一：（Ⅰ）解：由题设知，BFCE，所以∠CED（或其补角）为 异面直线BF与DE
所成的角。设P为AD的中点，连结EP，PC。因为FE

AP， 所以FA

EP，同理AB

PC。
又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥ 平面ABCD。而PC，AD都在平面ABCD内,故EP⊥PC，EP⊥AD。
由AB⊥AD，可得P C⊥AD设FA=a，则EP=PC=PD=a,CD=DE=EC=
2a
，故∠CED=60
。所以异
面直线BF与DE所成的角的大小为60°。
DMCE.连结MP，则MPCE.
（II）因为
DCDE且M为CE的中点 ，所以
又MPDMM，故CE平面AMD.
而CE平面CDE，所以平面AMD平面 CDE.

故平面AMD与平面CDE所成角的大小为

.
2（III）
解：设Q为CD的中点，连结PQ，EQ.因为CEDE，所以EQCD.因为
PCPD，所以PQCD，故EQP为二面角ACDE的平面角.

由（I）可得，
EPPQ，EQ
62
a，PQa.

22
于是在RtEPQ中，cosEQP
PQ3

，
EQ3
方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，
0，0
< br>，C

1，1，0

，2，0

，1，1

，
点
A
为坐标原点。设
AB1
依题意得
B

1，

D

0，

E

0，

，

11

M
，1，

.

F

0，0，1
< br>，

22

（I）
解：

DE

0，

BF

1，0， 1

，1，1

，

于是cosBF，DE
BF•DE
BFDE

0011
.

2•2
2
所以异面直线
BF
与
DE
所成的角的大小为
60.
1，

，
（II）证明：
由AM

，

CE

1

AD

0，，0，1

，2，0

，可得CE•AM0
，
CE•AD0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.


1

2
1

2

而CE平面 CDE，所以平面AMD平面CDE.



u•CE0，
（III）
解：设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则




u•DE0.

xz0，
于是
令x1，可得u(1，1，1）.


yz0.
又由题设，平 面
ACD
的一个法向量为
v(0，0，1).

所以，cosu，v
u•v0013
.

uv3
3•1
【点评】纯几何方法求角：求角的思路一般是将空间角的计算问题转化为平面角的计算
问题，求异面直线所成的角时，需要选点平移，一般是设法在其中一条直线 上选出一个恰
当的点来平移 另一条直线，然后计算其中的锐角或直角；线面角的计算关键是找出直线在平
面上的射影，通常需要由直 线上的某一点向平面作垂线，求出的应当是一个锐角或直角；面
面角的计算通常找到平面角或面积射影定 理来完成，找平面角的方法有定义法、三垂线定理
法(利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三垂线定 理。这两年高考中求二面角也基本上
不用三垂线定理的方法求作二面角。)、垂面法，计算出来的角是可 以是锐角、直角或钝角.
向量法求角给解题带来了极大的方便，其规律见后面的【温馨提示】。
4、【解】（I） 如图所示，由正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的性质知
AA
1

平面
A
1
B
1
C
1
，
又DE

平
面A
1
B
1
C
1
，所以DE

AA
1
.
而DE

AE。AA
1

AE=A 所以DE

平面AC C
1
A
1
，又DE

平面ADE，故平面ADE

平面AC
C
1
A
1
。

（2）

解法2 如图所示，设O使AC的中点，以O为原点建立空间直角
坐标系，不妨设
A A
1
=
2
，则AB=2，相关各点的坐标分别是
A(0,-1,0)， B（
3
，0，0）， C
1
（0，1，
2
）， D（
-
A1E
D
H
B1
C1
3
，
2
A
F
B
C< br>1
，
2
）。
2
易知
AB
=(
3
，1，0)，
AC
1
=(0，2，
2
)，
AD
=(
设 平面ABC
1
的法向量为
n(x,y,z)
,则有
3
1
，-，
2
）
2
2< br>uuur

3

n•AB3xy0
,解得x=-
y， z=-
2y
，
r

uuu
3


n•AC2y2z0
故可取n=(1，-
3
，
6
) 。
uuur
10
n·AD
23
所以，
cosn,AD===。
5
103
n·AD
由此即知，直线AD和平面AB C
1
所成角的正弦值为
10
。
5
【点评】本题主要考查面 与面之间的关系和线面关系，同时考查空间想象能力和推理运算能
力。本题着眼于让学生掌握通性通法几 何法在书写上体现：“作出来、证出来、指出来、算
出来、答出来”五步斜线和平面所成的角是一个直角 三角形所成的锐角，它的三条边分别是
平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面内的射影。因此求直线和平 面所成的角，几何法一般
先定斜足、再作垂线找射影、通过解直角三角形求解；向量法则利用斜线和射影 的夹角或考
虑法向量，用公式计算
sin

=
PM•n
PM •n
(M
直线
l
，P

面

，

是
l
与平面

所成的角，
v
n
是平面< br>
的法向量，有



-

或
< br>=

-

）
22

6、【解】(1) 建立空间直角坐标系A－BDP，则A、B、C、D、P、E的坐标分别是A(0, 0, 0)、
B(
3
, 0, 0)、C(
3
, 1, 0)、D(0, 1, 0)、P(0, 0, 2)、E(0,
1
, 1)，依题设N(
x
, 0,
z
)，
2
则
NE
＝(－
x
,
1
, 1－
z
)，由于NE⊥平面PAC，
2


NEAP0
∴




NEAC0
1


z10
(x,,1z) (0,0,2)0


2


1
即 
(x,
1
,1z)(3,1,0)0

3x2
0


2


3

x


6
，即点N的坐标为(

z1

P
z
E
D
y
C
3
6
, 0, 1)， A
B
x
从而N到AB、AP的距离分别为1，
3
6
.
(2) 设N到平面
PAC
的距离为
d
，
QNE
是 平面
PAC
的法向量，则
d
＝
331
,0,1)(,, 0)|
13
662
3
1212
.
31
|(,,0)|
62
|NANE|
|NE|

|(
＝

〖例9〗如图，在棱长为1的正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
P
是侧棱< br>CC
1
上的一点，
CPm
。
（Ⅰ）、试确定
m< br>，使直线
AP
与平面
BDD
1
B
1
所成角的 正
切值为
32
；
（Ⅱ）、在线段
A
1
C
1
上是否存在一个定点Q，使得对任意的
A1
D1
C1
B1
P
D
C
A
B
m
，D
1
Q在平面
A PD
1
上的射影垂直于
AP
，并证明你的结论。
【分析】本小题主 要考查线面关系、直线于平面所成的角的有关知识及空间想象能力
和推理运算能力，考查运用向量知识解 决数学问题的能力。

9、【解】法1：（Ⅰ）连AC，设AC与BD相交于点O,AP 与平面
BDD
1
B
1
相交于点，,连
结OG，因为PC∥平 面
BDD
1
B
1
，平面
BDD
1
B
1
∩平面APC＝OG,
D1C1
故OG∥PC，所以，OG＝
1m
PC＝.
22
O1
A1
B1
P
又AO⊥BD,AO⊥BB1，所以AO⊥平面
BD D
1
B
1
，
D
G
C
故∠AGO是AP与 平面
BDD
1
B
1
所成的角.
A
O
B< br>2
OA
1

2
32
，即m＝. 在Rt△AOG中 ，tanAGO＝
m
GO
3
2
所以，当m＝
1
时， 直线AP与平面
BDD
1
B
1
所成的角的正切值为
32.
3
（Ⅱ）可以推测，点Q应当是A
I
C
I
的中点O
1
，因为
D
1
O
1
⊥A
1
C
1
, 且 D
1
O
1
⊥A
1
A ，所以 D
1
O
1
⊥平面ACC
1
A
1
，
又AP

平面ACC
1
A
1
，故 D
1
O
1
⊥AP.
那么根据三垂线定理知，D
1
O
1
在平面APD
1
的射影与AP垂直。

〖例10〗如 图所示，等腰
△ABC
的底边
AB66
，高
CD3
，点
E
是线段
BD
上异于
点
B，D
的动点，点
F
在
BC
边上，且
EF⊥AB
，现沿
EF
将
△BEF
折起到
△PEF
的
位置，使
PE⊥AE
，记BEx
，
V(x)
表示四棱锥
P
PACFE
的体积 ．
（1）求
V(x)
的表达式；
（2）当
x
为何值时，
V(x)
取得最大值？
F
A
DE
B
（3）当
V(x)
取得最大值时，求异面直线
AC
与
PF
所
成角的余弦值．
C

10、【解】 （1）由折起的过程可知，PE⊥平面ABC，
S
ABC
96
，
S
BEF
V(x)
61
；
x(9x
2
)< br>（
0x36
）
312
x
2
6
2
S
BDC
x

5412
（2）
V'(x)
61
(9x
2
)
，所以
x(0,6)
时，
v '(x)0
，V(x)单调递增；
6x36
时
34
v'(x)0
，V(x)单调递减；因此x=6时，V(x)取得最大值
126
；
（3）过F作M FAC交AD与M,则
BMBFBEBE
,MB2BE12
，PM=
62
，
ABBCBD
1
AB
2
MFBFPF6
36
BC
6
54942
，
3
在△PFM中，
cosPFM
84722
2
< br>，∴异面直线AC与PF所成角的余弦值为；
427
7
【点评】本题采用了函数思想在立体几何中的应用。

〖例11〗 如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的
2
倍，
P为侧棱SD上的点。
（Ⅰ）求证：
ACSD
；
（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角
PACD
的大小；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，
使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；
若不存在，试说明理由。
11、【解】法一：
（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意
SOA C
。
在正方形ABCD中，
ACBD
，所以
AC平面SBD,
得
ACSD
.
(Ⅱ)设正方形边长
a
，则
SD
B
A
D
C
P
S
2a
。
又
OD
2
a
，所以
SOD60
0
,
2
连
OP
，由（Ⅰ）知
AC平面SBD
,所以
ACOP
,
且
ACOD
,所以
POD
是二面角
PACD
的平面角。

由
SD平面PAC
,知
SDOP
,所以
POD30
,
即二面角
PACD
的大小为
30
。
（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使
BE平面PAC

0
0
由（Ⅱ）可 得
PD
2
a
，故可在
SP
上取一点
N
, 使
PNPD
,过
N
作
PC
的平行
4
线与
SC
的交点即为
E
。连BN。在
BDN
中知
BN PO
，又由于
NEPC
,故平面
BEN平面PAC
，得
BE 平面PAC
,由于
z
S
,故
SE：EC21
.
SN：NP21：：
解法二：（Ⅰ）；连
BD
,设
AC
交于
BD
于
O
，由题意
OB，OC，OS
分别为知
SO平面 ABCD
.以O为坐标原点，
x
轴、
y
轴、
z
轴正 方向，建立坐标系
Oxyz
如图。
A
E
N
P
6
a
。 设底面边长为
a
，则高
SO
2
于是
S(0,0,D
B
x
O
C
y
6222
a),D(a,0, 0)C(0,a,0)
，
OC(0,a,0)

2222
SD(
26
a,0,a)

OCSD0

22
故
OCSD
，从而
ACSD

(Ⅱ)由 题设知，平面
PAC
的一个法向量
DS(
26
a,0,a)
，平面
DAC
的一个法向量
22
OS(0,0,
6
a)
，
2
设所求二面角为

，则
cos


OSDS
OSDS

3
0
,所求二面角的大小为
30

2
（Ⅲ）在棱
SC
上存在一点
E
使
BE平面PAC
.由（Ⅱ）知
DS
是平面
PAC
的一个法向
（
量，且
DS
2626
a,0,a),CS(0,a,a)

2222

设
CEtCS,
则
BEB CCEBCtCS(
而
BEDC0t
226
a,a(1 t),at)

222
1
，即当
SE:EC2:1
时，
BEDS

3< br>而
BE
不在平面
PAC
内，故
BE平面PAC
。 < br>【点评】解决存在性问题一般是两种思路，一是直接去找存在的点、线、面或是一些其他的
量；二 是首先假设其存在，然后通过推理论证或计算如果得出了一个合理的结果，就说明其
存在；如果得出了一 个矛盾的结果，则说明其不存在。