四棱锥P-ABCD的底面是正方形

2006年高考专项训练------立体几何

1. 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，

PA底面ABCD,AEPD,EF//CD,AMEF

(1) 证明MF是异面直线AB与PC的公垂线；

(2) 若PA3AB,求直线AC与平面EAM

D

2. 已知三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长均为a，侧面A1ACC1⊥底面ABC，A1B＝

a， 2

（Ⅰ）求异面直线AC与BC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求证：A1B⊥面AB1C.

3. 如图，四棱锥S

ABCD （I）求证BCSC； （II （III）设棱SA的中点为M

4. 在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，

SA=SC=2，M、N分别为AB、SB的中点.

（Ⅰ）证明：AC⊥SB；

（Ⅱ）求二面角N—CM—B的大小； （Ⅲ）求点B到平面CMN的距离.

5. 如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1.

(1) 求二面角C—DE—C1的正切值; (2) 求直线EC1与FD1所成的余弦值.

D

C

A

6. 如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=2a,点E在PD上，且PE:ED=2:1. （I）证明PA⊥平面ABCD；

（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的大小；

（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论.

B

D

7. 在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是正方形A1B1C1D1的中心，点P在棱CC1上，且CC1=4CP.

(Ⅰ)求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；

C1 (Ⅱ)设O点在平面D1AP上的射影是H，求证：D1H⊥AP； DO (Ⅲ)求点P到平面ABD1的距离.

A1

P

C

8. 如图，已知四棱锥 P—ABCD，PB⊥AD侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°.

（I）求点P到平面ABCD的距离，

（II）求面APB与面CPB所成二面角的大小.

9. 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90o，AC＝1，CB＝，侧棱AA1＝1，侧面AA1B1B的两条对角线交点为D，B1C1的中点为M． (Ⅰ)求证：CD⊥平面BDM；

(Ⅱ)求面B1BD与面CBD所成二面角的大小．

10. 三棱锥P-ABC中，侧面PAC与底面ABC垂直，PA=PB=PC=3. (1)求证 AB⊥BC ；

(II)如果 AB=BC=

AC与侧面PAC所成角的大小．

C

11. 如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD 为矩形，AB=8，AD=43，侧面PAD为等边三角形，并且与底面所成二面角为60°. （Ⅰ）求四棱锥P—ABCD的体积； （Ⅱ）证明PA⊥BD.

C

12.已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD是菱形，DAB60,PD平面ABCD，PD=AD， 点E为AB中点，点F为PD中点. （1）证明平面PED⊥平面PAB；

（2）求二面角P—AB—F的平面角的余弦值.

A

C

13. 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点 （1）证明PA//平面EDB； （2）证明PB⊥平面EFD；

（3）求二面角C—PB—D

C

A

14. 如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直， AB=2，AF=1，M是线段EFB

（Ⅰ）求证AM∥平面BDE；

（Ⅱ）求二面角A—DF—B的大小；

参考答案

1.解:（I）证明：因PA⊥底面，有PA⊥AB，又知AB⊥AD，

故AB⊥面PAD，推得BA⊥AE， 又AM∥CD∥EF，且AM=EF， 证得AEFM是矩形，故AM⊥MF.

又因AE⊥PD，AE⊥CD，故AE⊥面PCD， 而MF∥AE，得MF⊥面PCD， 故MF⊥PC，

因此MF是AB与PC的公垂线.

（II）解：连结BD交AC于O，连结BE，过O作BE的垂线OH， 垂足H在BE上. 易知PD⊥面MAE，故DE⊥BE， 又OH⊥BE，故OH//DE， 因此OH⊥面MAE. 连结AH，则∠HAO是所要求的线AC与面NAE所成的角

设AB=a，则PA=3a， AO因Rt△ADE~Rt△PDA，故

12

ACa. 22aAD2

ED

PD

a2a(3a)

2

2

,

1aED.22从而在RtAHO中OH

sinHAO

OHa215

. AO22a2010

2. 解:

（Ⅱ）略. 3.解:（

底面ABCD是正方形 BCDC

SD底面ABCD DC是SC在平面ABCD上的射影 由三垂线定理得BCSC

（II）解：

SD底面ABCD，且ABCD为正方形

可以把四棱锥SABCD补形为长方体A1B1C1SABCD，如图2 面ASD与面BSC所成的二面角就是面ADSA1与面BCSA1所成的二面角，

SCBC，BC//A1S

又SDA1S CSD为所求二面角的平面角

SCA1S

（III）解：如图3 SDAD1，SDA90 SDA是等腰直角三角形 又M是斜边SA的中点

DMSA

BAAD，BASD，ADSDD

BA面ASD，SA是SB在面ASD上的射

影

4. 解法一：（Ⅰ）取AC中点D，连结SD、DB. ∵SA=SC，AB=BC， ∴AC⊥SD且AC⊥BD，

∴AC⊥平面SDB，又SB平面SDB， ∴AC⊥SB.

（Ⅱ）∵AC⊥平面SDB，AC平面ABC， ∴平面SDB⊥平面ABC.

过N作NE⊥BD于E，NE⊥平面ABC， 过E作EF⊥CM于F，连结NF， 则NF⊥CM.

∴∠NFE为二面角N－CM－B的平面角.

∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，∴SD⊥平面ABC. 又∵NE⊥平面ABC，∴NE∥SD. ∵SN=NB，∴NE=

11SD=22

SA2AD2=

1

2

4=2，且ED=EB.

在正△ABC中，由平几知识可求得EF=在Rt△NEF中，tan∠NFE=

11MB=， 42

EN

=22， EF

∴二面角N—CM—B的大小是arctan22. （Ⅲ）在Rt△NEF中，NF=EF2EN2=∴S△CMN=

3， 2

13CM·NF=221

，S△CMB=BM·CM=23.

2

11

S△CMN·h=S△CMB·NE， 33

设点B到平面CMN的距离为h， ∵VB-CMN=VN-CMB，NE⊥平面CMB，∴

∴h=

SCMBNE4242

=.即点B到平面CMN的距离为.

33SCMN

解法二：（Ⅰ）取AC中点O，连结OS、OB.

∵SA=SC，AB=BC， ∴AC⊥SO且AC⊥BO.

∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面 ABC=AC ∴SO⊥面ABC，∴SO⊥BO.

如图所示建立空间直角坐标系O－xyz.

则A（2，0，0），B（0，23，0），C（－2，0，0）， S（0，0，22），M(1，，0)，N(0，3，2). ∴=（－4，0，0），=（0，2，22）， ∵·=（－4，0，0）·（0，2，22）=0， ∴AC⊥SB.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得=（3，，0），=（－1，0，2）.设n=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量， ·n=3x+y=0， 则 取z=1，则x=2，y=-6，

MN·n=－x+2z=0，

∴n=(2，－6，1)，

又=(0，0，22)为平面ABC的一个法向量， ∴cos(n，1

. 3=

∴二面角N－CM－B的大小为arccos

1

. 3

（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得=（－1，3，0），n=（2，－6，1）为平面CMN的一个法向量，

∴点B到平面CMN的距离d=

|n·MB|42

=.

3|n|

5解：（I）以A为原点，,,AA1分别为x轴，y轴,z轴的正向建立空间直角坐标系，则有 D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2) 于是，

D

(3,3,0),EC1(1,3,2),FD1(4,2,2)

设向量(x,y,z)与平面C1DE垂直，则有

A

C

nDE13x3y0

xyz 

x3y2z02nEC1

zzz

n(,,z)(1,1,2),其中z0

222

取n0(1,1,2),则n0是一个与平面C1DE垂直的向量,



向量AA1(0,0,2)与平面CDE垂直,

n0与AA1所成的角为二面角

CDEC1的平面角

n0AA1

 tancos

2|n0||AA1|（II）设EC1与FD1所成角为β，则

cos

6.

11

1(4)322223222(4)22222



21

14

B

D

（Ⅰ）证明 因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，

所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中， 由PA2+AB2=2a2=PB2 知PA⊥AB. 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD. （Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G， 由PA⊥平面ABCD.

知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，连结EH， 则EH⊥AC，∠EHG即为二面角的平面角.

又PE : ED=2 : 1，所以EG从而 tan

123

a,AGa,GHAGsin60a. 333

EG3

, 30. GH3

（Ⅲ）解法一 以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面

PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为

3131a,a,0),C(a,a,0). 2222

21

D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,a).

33

211

所以 (0,a,a),(a,a,0).

3322

1AP(0,0,a),PC(a,a,a). 22

B31

BP(a,a,a).

22

31

设点F是棱PC上的点，(a,a,a),其中01,则

22

11

BFBPPF(a,a,a)(a,a,a)

2222

1

(a(1),a(1),a(1)). 令 12 得

22

33a1,a(1)11,22

1241

即112, a(1)a1a2,

233211

a(1)a.12.233

A(0,0,0),B(

解得 

113113

,1,2. 即 时，. 222222

亦即，F是PC的中点时，BF、、AE共面.

又 BF平面AEC，所以当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC. 解法二 当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC，证明如下， 证法一 取PE的中点M，连结FM，则FM//CE. ①

1

PEED, 知E是MD的中点. 2

连结BM、BD，设BDAC=O，则O为BD的中点.

由 EM

所以 BM//OE. ②

由①、②知，平面BFM//平面AEC.

又 BF平面BFM，所以BF//平面AEC. 证法二

因为 BFBC

B

11

CPAD(CDDP) 22

1313

()()

2222

31.22D所以 BF、AE、AC共面.

又 BF平面ABC，从而BF//平面AEC.

7. 解（1

）APB（2）略 （3

O

A 1

C1

P

C

8.（I）解：如图，作PO⊥平面ABCD，垂足为点O.连结OB、OA、OD、OB与AD交于点E，连结PE.

∵AD⊥PB，∴AD⊥OB，

∵PA=PD，∴OA=OD，

于是OB平分AD，点E为AD的中点，所以PE⊥AD.

由此知∠PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角， ∴∠PEB=120°，∠PEO=60°

由已知可求得PE=

∴PO=PE·sin60°=

3， 22

3

. 2

即点P到平面ABCD的距离为

（II）解法一：如图建立直角坐标系，其中O为坐标原点，x轴平行于DA.

33333P(0,0,),B(0,,0),PB中点G的坐标为(0,,).连结AG.

2244

又知A(1,

3,0),C(2,,0).由此得到： 22

GA(1,

33,),44333

PB(0,,),BC(2,0,0).

22

于是有0,0

所以GAPBBCPB.GA,BC的夹角 等于所求二面角的平面角，

于是cos



2, 7

所以所求二面角的大小为27

. 7

解法二：如图，取PB的中点G，PC的中点F，连结EG、AG、GF，则AG⊥PB，FG//BC，FG=

1

BC. 2

∵AD⊥PB，∴BC⊥PB，FG⊥PB， ∴∠AGF是所求二面角的平面角. ∵AD⊥面POB，∴AD⊥EG.

又∵PE=BE，∴EG⊥PB，且∠PEG=60°. 在Rt△PEG中，EG=PE·cos60°=

. 2

1

在Rt△PEG中，EG=AD=1.

2

于是tan∠GAE=

EG=, AE2

又∠AGF=π－∠GAE.

所以所求二面角的大小为π－arctan

3

. 2

9.解法一：(I)如图，连结CA1、AC1、CM，则CA1=2， ∵CB=CA1=2，∴△CBA1为等腰三角形， 又知D为其底边A1B的中点，∴CD⊥A1B， ∵A1C1=1，C1B1=，∴A1B1=3， 又BB1=1，∴A1B=2，

∵△A1CB为直角三角形，D为A1B的中点，CD=A1B=1，CD=CC12

又DM=AC1=

122

，DM=C1M，∴△CDN≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°,2

即CD⊥DM，

因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面(II)设F、G分别为BC、BD的中点，连结B1G、FG、B1F，

则FG∥CD，FG=FG=，FG⊥BD.

1212

由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D,知BD=B1D=A1B=1， 所以△BB1D是边长为1的正三角形，于是B1G⊥BD，B1G=∴∠B1GF12

3， 2

又B1F2=B1B2+BF2=1+(

223

)=.

22

∴cos∠B1GF=

B1GFGB1F



2B1GFG

222

(

32123)()31

2

22

即所求二面角的大小为π解法二：如图以C(I):B(2,0,0),B1(2,1,0),A1(0,1,1),D(M(

211,,), 222

2211,1,0),(,,),A1(2,-1,-1), 2222

11

DM(0,,-),CDA1B0,CDDM0,

22

∴CD⊥A1B,CD⊥DM.

因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线， 所以CD⊥平面(II):设BD中点为G，连结B1G，则

G(

32111131

,,)B1G(,,),∴BDB1G0，∴BD⊥B1G，又CD⊥BD，,,),BD(-444222444

∴CD与B1G的夹角等于所求二面角的平面角，

cos

1



3. 3

所以所求二面角的大小为π10.

C

⑴证明：取AC中点O, 连结PO、BO.

∵PA＝PC ∴PO⊥AC 又∵侧面PAC⊥底面ABC ∴PO⊥底面ABC

又PA＝PB＝PC ∴AO＝BO＝CO ∴△ABC为直角三角形 ∴AB⊥BC

C

⑵解：取BC的中点为

M，连结OM,PM，所以有OM=1

AB=

2

，

∴PO

由⑴有PO⊥平面

ABC,OM⊥BC，由三垂线定理得PM⊥BC ∴平面POM⊥平面PBC，又∵∴△POM是等腰直角三角形，取PM的中点N，连结ON, NC

则ON⊥PM, 又∵平面POM⊥平面PBC, 且交线是PM, ∴ON⊥平面PBC ∴∠ONC即为AC与平面PBC

所成的角

.

ON

1PMOC 22

ON1

 ∴ONC.故AC与平面PBC所成的角为. OC266

C

∴sinONC

11. 解：（Ⅰ）如图1，取AD的中点E，连结PE，则PE作PO⊥平面在ABCD，垂足为O，连结OE. 根据三垂线定理的逆定理得OE⊥AD，

所以∠PEO为侧面PAD与底面所成的二面角的

角， 由已知条件可知∠PEO=60°，PE=6，

所以PO=33，四棱锥P—ABCD的体积 VP—ABCD=8433396.

平面

13

（Ⅱ）解法一：如图1，以O为原点建立空间直角坐标系.通过计算可得

P（0，0，3），A（23，－3，0），B（23，5，0），D（－2，－3，0） 所以(3,3,),(3,8,0). 因为242400, 所以PA⊥BD.

C图2

解法二：如图2，连结AO，延长AO交BD于点F.通过计算可得EO=3，AE=23，又知AD=43，AB=8，得

EOAD

. AEAB

所以 Rt△AEO∽Rt△BAD.

得∠EAO=∠ABD.

所以∠EAO+∠ADF=90°

所以 AF⊥BD.

因为 直线AF为直线PA在平面ABCD 内的身影，所以PA⊥BD.

12.（1）证明：连接BD.

ABAD,DAB60,ADB为等边三角形. E是AB中点，ABDE.…………2分

PD面ABCD，AB面ABCD，ABPD.

DE面PED，PD面PED，DEPDD,AB面

PED.…………4分

A

C

AB面PAB，面PED面PAB. ……………………6分

（2）解：AB平面PED，PE面PED，ABPE. 连接EF，EFPED，ABEF.

PEF为二面角P—AB—F的平面角. ………… 9分 设AD=2，那么PF=FD=1，DE=. 在PEF中,PE

A

C

,EF2,PF1,

57, 14

cosPEF

(7)2221227

P—AB—F

即二面角的平面角的余弦值为

5.…12分14

C

A

13.

方法一：

（1）证明：连结AC，AC交BD于O，连结

∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点 在PAC中，EO是中位线，∴PA // EO 而EO平面EDB且PA平面EDB， 所以，PA // 平面EDB

A

C

（2）证明：

∵PD⊥底面ABCD且DC底面ABCD，∴PDDC

∵PD=DC，可知PDC是等腰直角三角形，而DE是斜边PC的中线， ∴DEPC ①

同样由PD⊥底面ABCD，得PD⊥∵底面ABCD是正方形，有DC⊥BC，∴BC⊥平面而DE平面PDC，∴BCDE ② 由①和②推得DE平面而PB平面PBC，∴DEPB

又EFPB且DEEFE，所以PB⊥平面（3）解：由（2）知，PBDF，故EFD是二面角C—PB—D由（2）知，DEEF,PD设正方形ABCD的边长为a，则PDDCa,BD2a

PBPD2BD23a， PCPD2DC22a

DE

12PC22

在RtPDB中，DF

PDBDa2a6

PB3a

2

a

DE在RtEFD中，sinEFD，∴EFDDF26

a3

所以，二面角C—PB—D

方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设DCa（1）证明：连结AC，AC交BD于G，连结依题意得A(a,0,0),P(0,0,a),E(0,

aa,22

∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为(,

a2a

,0)且 2

aa

(a,0,a),(,0,22

∴PA2EG，这表明而EG平面EDB且PA平面EDB，∴PA//平面

（2）证明；依题意得B(a,a,0)，PB(a,a,aaaa2a2

(0,,)，故02222

∴PBDE由已知EFPB，且EFDEE，所以PB平面（3）解：设点F的坐标为(x0,y0,z0)，，则

(x0,y0,z0a)(a,a,a从而x0a,y0a,z0(1)

FE(x0,

aa11

y0,z0)(a,()a,()a)2222

由条件EFPB知，0，即

111

a2()a2()a20，解得

223

aa2a

,)，且 ∴点F的坐标为(,

333

aaaaa2a

(,,)，(,,)

366333

a2a22a2

0 ∴333

即PBFD，故EFD是二面角C—PB—Da2a2a2a2∵，且 91896

a2a2a2a2a24a26

|FE|a，|FD|a，

9363669993

∴cosEFD



a266aa63



∴EFD



3

所以，二面角C—PB—D

14. 方法一

解: (Ⅰ)记AC与BD的交点为O,连接OE, ∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF

是矩形，

∴四边形AOEM是平行四边形， ∴AM∥∵OE平面BDE， AM平面

BDE，

∴AM∥平面B

B

B

(Ⅱ)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连结BS， ∵AB⊥AF， AB⊥AD， ADAFA, ∴AB⊥平面ADF，

∴AS是BS在平面ADF上的射影， 由三垂线定理得BS⊥∴∠BSA是二面角A—DF—B在RtΔASB中，AS

6

,AB2, 3

∴tanASB3,ASB60,

∴二面角A—DF—B的大小为（Ⅲ）设CP=t（0≤t≤2）,作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD， ∵PQ⊥AB，PQ⊥AF，ABAFA，

∴PQ⊥平面ABF，QE平面ABF， ∴PQ⊥

在RtΔPQF中，∠FPQ=60º， ∵ΔPAQ为等腰直角三角形，

∴PQ

2

(2t). 2

又∵ΔPAF为直角三角形， ∴PF

(2t)21，

2

∴(2t)12所以t=1或t=3(舍去) 即点P是AC2

(2t). 2

方法二

设ACBDN，连接NE，

则点N、E的坐标分别是（

22

（0,0,1）, ,,0)、

22

2 ∴ NE=(,,1),

22

又点A、M的坐标分别是

220） （22、（,,1)

2222

,,1) ∴ AM=（22



∴NE=AM且NE与AM不共线，

∴NE∥又∵NE平面BDE， AM平面BDE， ∴AM∥平面（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AFADA, ∴AB⊥平面



∴AB(为平面DAF22

,,1)·∵NEDB=（(2,2,0)=0，

22

22∴NENF=（,,1)·(2,2,0)=0得

22

NEDB,NENF∴NE为平面BDF∴cos=12

∴AB,NE

的夹角是即所求二面角A—DF—B的大小是

（Ⅲ）设P(t,t,0)(0≤t≤2)得

PF

tt,1), ∴CD

=（2，0，0）

又∵PF和CD所成的角是t)2∴cos60

(2(2t)2

(2t)2

12

解得t

232或t2

2

（舍去）， 即点P是AC

2006年高考专项训练------立体几何

1. 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，

PA底面ABCD,AEPD,EF//CD,AMEF

(1) 证明MF是异面直线AB与PC的公垂线；

(2) 若PA3AB,求直线AC与平面EAM

D

2. 已知三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长均为a，侧面A1ACC1⊥底面ABC，A1B＝

a， 2

（Ⅰ）求异面直线AC与BC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求证：A1B⊥面AB1C.

3. 如图，四棱锥S

ABCD （I）求证BCSC； （II （III）设棱SA的中点为M

4. 在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，

SA=SC=2，M、N分别为AB、SB的中点.

（Ⅰ）证明：AC⊥SB；

（Ⅱ）求二面角N—CM—B的大小； （Ⅲ）求点B到平面CMN的距离.

5. 如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1.

(1) 求二面角C—DE—C1的正切值; (2) 求直线EC1与FD1所成的余弦值.

D

C

A

6. 如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=2a,点E在PD上，且PE:ED=2:1. （I）证明PA⊥平面ABCD；

（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的大小；

（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论.

B

D

7. 在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是正方形A1B1C1D1的中心，点P在棱CC1上，且CC1=4CP.

(Ⅰ)求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；

C1 (Ⅱ)设O点在平面D1AP上的射影是H，求证：D1H⊥AP； DO (Ⅲ)求点P到平面ABD1的距离.

A1

P

C

8. 如图，已知四棱锥 P—ABCD，PB⊥AD侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°.

（I）求点P到平面ABCD的距离，

（II）求面APB与面CPB所成二面角的大小.

9. 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90o，AC＝1，CB＝，侧棱AA1＝1，侧面AA1B1B的两条对角线交点为D，B1C1的中点为M． (Ⅰ)求证：CD⊥平面BDM；

(Ⅱ)求面B1BD与面CBD所成二面角的大小．

10. 三棱锥P-ABC中，侧面PAC与底面ABC垂直，PA=PB=PC=3. (1)求证 AB⊥BC ；

(II)如果 AB=BC=

AC与侧面PAC所成角的大小．

C

11. 如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD 为矩形，AB=8，AD=43，侧面PAD为等边三角形，并且与底面所成二面角为60°. （Ⅰ）求四棱锥P—ABCD的体积； （Ⅱ）证明PA⊥BD.

C

12.已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD是菱形，DAB60,PD平面ABCD，PD=AD， 点E为AB中点，点F为PD中点. （1）证明平面PED⊥平面PAB；

（2）求二面角P—AB—F的平面角的余弦值.

A

C

13. 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点 （1）证明PA//平面EDB； （2）证明PB⊥平面EFD；

（3）求二面角C—PB—D

C

A

14. 如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直， AB=2，AF=1，M是线段EFB

（Ⅰ）求证AM∥平面BDE；

（Ⅱ）求二面角A—DF—B的大小；

参考答案

1.解:（I）证明：因PA⊥底面，有PA⊥AB，又知AB⊥AD，

故AB⊥面PAD，推得BA⊥AE， 又AM∥CD∥EF，且AM=EF， 证得AEFM是矩形，故AM⊥MF.

又因AE⊥PD，AE⊥CD，故AE⊥面PCD， 而MF∥AE，得MF⊥面PCD， 故MF⊥PC，

因此MF是AB与PC的公垂线.

（II）解：连结BD交AC于O，连结BE，过O作BE的垂线OH， 垂足H在BE上. 易知PD⊥面MAE，故DE⊥BE， 又OH⊥BE，故OH//DE， 因此OH⊥面MAE. 连结AH，则∠HAO是所要求的线AC与面NAE所成的角

设AB=a，则PA=3a， AO因Rt△ADE~Rt△PDA，故

12

ACa. 22aAD2

ED

PD

a2a(3a)

2

2

,

1aED.22从而在RtAHO中OH

sinHAO

OHa215

. AO22a2010

2. 解:

（Ⅱ）略. 3.解:（

底面ABCD是正方形 BCDC

SD底面ABCD DC是SC在平面ABCD上的射影 由三垂线定理得BCSC

（II）解：

SD底面ABCD，且ABCD为正方形

可以把四棱锥SABCD补形为长方体A1B1C1SABCD，如图2 面ASD与面BSC所成的二面角就是面ADSA1与面BCSA1所成的二面角，

SCBC，BC//A1S

又SDA1S CSD为所求二面角的平面角

SCA1S

（III）解：如图3 SDAD1，SDA90 SDA是等腰直角三角形 又M是斜边SA的中点

DMSA

BAAD，BASD，ADSDD

BA面ASD，SA是SB在面ASD上的射

影

4. 解法一：（Ⅰ）取AC中点D，连结SD、DB. ∵SA=SC，AB=BC， ∴AC⊥SD且AC⊥BD，

∴AC⊥平面SDB，又SB平面SDB， ∴AC⊥SB.

（Ⅱ）∵AC⊥平面SDB，AC平面ABC， ∴平面SDB⊥平面ABC.

过N作NE⊥BD于E，NE⊥平面ABC， 过E作EF⊥CM于F，连结NF， 则NF⊥CM.

∴∠NFE为二面角N－CM－B的平面角.

∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，∴SD⊥平面ABC. 又∵NE⊥平面ABC，∴NE∥SD. ∵SN=NB，∴NE=

11SD=22

SA2AD2=

1

2

4=2，且ED=EB.

在正△ABC中，由平几知识可求得EF=在Rt△NEF中，tan∠NFE=

11MB=， 42

EN

=22， EF

∴二面角N—CM—B的大小是arctan22. （Ⅲ）在Rt△NEF中，NF=EF2EN2=∴S△CMN=

3， 2

13CM·NF=221

，S△CMB=BM·CM=23.

2

11

S△CMN·h=S△CMB·NE， 33

设点B到平面CMN的距离为h， ∵VB-CMN=VN-CMB，NE⊥平面CMB，∴

∴h=

SCMBNE4242

=.即点B到平面CMN的距离为.

33SCMN

解法二：（Ⅰ）取AC中点O，连结OS、OB.

∵SA=SC，AB=BC， ∴AC⊥SO且AC⊥BO.

∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面 ABC=AC ∴SO⊥面ABC，∴SO⊥BO.

如图所示建立空间直角坐标系O－xyz.

则A（2，0，0），B（0，23，0），C（－2，0，0）， S（0，0，22），M(1，，0)，N(0，3，2). ∴=（－4，0，0），=（0，2，22）， ∵·=（－4，0，0）·（0，2，22）=0， ∴AC⊥SB.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得=（3，，0），=（－1，0，2）.设n=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量， ·n=3x+y=0， 则 取z=1，则x=2，y=-6，

MN·n=－x+2z=0，

∴n=(2，－6，1)，

又=(0，0，22)为平面ABC的一个法向量， ∴cos(n，1

. 3=

∴二面角N－CM－B的大小为arccos

1

. 3

（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得=（－1，3，0），n=（2，－6，1）为平面CMN的一个法向量，

∴点B到平面CMN的距离d=

|n·MB|42

=.

3|n|

5解：（I）以A为原点，,,AA1分别为x轴，y轴,z轴的正向建立空间直角坐标系，则有 D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2) 于是，

D

(3,3,0),EC1(1,3,2),FD1(4,2,2)

设向量(x,y,z)与平面C1DE垂直，则有

A

C

nDE13x3y0

xyz 

x3y2z02nEC1

zzz

n(,,z)(1,1,2),其中z0

222

取n0(1,1,2),则n0是一个与平面C1DE垂直的向量,



向量AA1(0,0,2)与平面CDE垂直,

n0与AA1所成的角为二面角

CDEC1的平面角

n0AA1

 tancos

2|n0||AA1|（II）设EC1与FD1所成角为β，则

cos

6.

11

1(4)322223222(4)22222



21

14

B

D

（Ⅰ）证明 因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，

所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中， 由PA2+AB2=2a2=PB2 知PA⊥AB. 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD. （Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G， 由PA⊥平面ABCD.

知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，连结EH， 则EH⊥AC，∠EHG即为二面角的平面角.

又PE : ED=2 : 1，所以EG从而 tan

123

a,AGa,GHAGsin60a. 333

EG3

, 30. GH3

（Ⅲ）解法一 以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面

PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为

3131a,a,0),C(a,a,0). 2222

21

D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,a).

33

211

所以 (0,a,a),(a,a,0).

3322

1AP(0,0,a),PC(a,a,a). 22

B31

BP(a,a,a).

22

31

设点F是棱PC上的点，(a,a,a),其中01,则

22

11

BFBPPF(a,a,a)(a,a,a)

2222

1

(a(1),a(1),a(1)). 令 12 得

22

33a1,a(1)11,22

1241

即112, a(1)a1a2,

233211

a(1)a.12.233

A(0,0,0),B(

解得 

113113

,1,2. 即 时，. 222222

亦即，F是PC的中点时，BF、、AE共面.

又 BF平面AEC，所以当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC. 解法二 当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC，证明如下， 证法一 取PE的中点M，连结FM，则FM//CE. ①

1

PEED, 知E是MD的中点. 2

连结BM、BD，设BDAC=O，则O为BD的中点.

由 EM

所以 BM//OE. ②

由①、②知，平面BFM//平面AEC.

又 BF平面BFM，所以BF//平面AEC. 证法二

因为 BFBC

B

11

CPAD(CDDP) 22

1313

()()

2222

31.22D所以 BF、AE、AC共面.

又 BF平面ABC，从而BF//平面AEC.

7. 解（1

）APB（2）略 （3

O

A 1

C1

P

C

8.（I）解：如图，作PO⊥平面ABCD，垂足为点O.连结OB、OA、OD、OB与AD交于点E，连结PE.

∵AD⊥PB，∴AD⊥OB，

∵PA=PD，∴OA=OD，

于是OB平分AD，点E为AD的中点，所以PE⊥AD.

由此知∠PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角， ∴∠PEB=120°，∠PEO=60°

由已知可求得PE=

∴PO=PE·sin60°=

3， 22

3

. 2

即点P到平面ABCD的距离为

（II）解法一：如图建立直角坐标系，其中O为坐标原点，x轴平行于DA.

33333P(0,0,),B(0,,0),PB中点G的坐标为(0,,).连结AG.

2244

又知A(1,

3,0),C(2,,0).由此得到： 22

GA(1,

33,),44333

PB(0,,),BC(2,0,0).

22

于是有0,0

所以GAPBBCPB.GA,BC的夹角 等于所求二面角的平面角，

于是cos



2, 7

所以所求二面角的大小为27

. 7

解法二：如图，取PB的中点G，PC的中点F，连结EG、AG、GF，则AG⊥PB，FG//BC，FG=

1

BC. 2

∵AD⊥PB，∴BC⊥PB，FG⊥PB， ∴∠AGF是所求二面角的平面角. ∵AD⊥面POB，∴AD⊥EG.

又∵PE=BE，∴EG⊥PB，且∠PEG=60°. 在Rt△PEG中，EG=PE·cos60°=

. 2

1

在Rt△PEG中，EG=AD=1.

2

于是tan∠GAE=

EG=, AE2

又∠AGF=π－∠GAE.

所以所求二面角的大小为π－arctan

3

. 2

9.解法一：(I)如图，连结CA1、AC1、CM，则CA1=2， ∵CB=CA1=2，∴△CBA1为等腰三角形， 又知D为其底边A1B的中点，∴CD⊥A1B， ∵A1C1=1，C1B1=，∴A1B1=3， 又BB1=1，∴A1B=2，

∵△A1CB为直角三角形，D为A1B的中点，CD=A1B=1，CD=CC12

又DM=AC1=

122

，DM=C1M，∴△CDN≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°,2

即CD⊥DM，

因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，所以CD⊥平面(II)设F、G分别为BC、BD的中点，连结B1G、FG、B1F，

则FG∥CD，FG=FG=，FG⊥BD.

1212

由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D,知BD=B1D=A1B=1， 所以△BB1D是边长为1的正三角形，于是B1G⊥BD，B1G=∴∠B1GF12

3， 2

又B1F2=B1B2+BF2=1+(

223

)=.

22

∴cos∠B1GF=

B1GFGB1F



2B1GFG

222

(

32123)()31

2

22

即所求二面角的大小为π解法二：如图以C(I):B(2,0,0),B1(2,1,0),A1(0,1,1),D(M(

211,,), 222

2211,1,0),(,,),A1(2,-1,-1), 2222

11

DM(0,,-),CDA1B0,CDDM0,

22

∴CD⊥A1B,CD⊥DM.

因为A1B、DM为平面BDM内两条相交直线， 所以CD⊥平面(II):设BD中点为G，连结B1G，则

G(

32111131

,,)B1G(,,),∴BDB1G0，∴BD⊥B1G，又CD⊥BD，,,),BD(-444222444

∴CD与B1G的夹角等于所求二面角的平面角，

cos

1



3. 3

所以所求二面角的大小为π10.

C

⑴证明：取AC中点O, 连结PO、BO.

∵PA＝PC ∴PO⊥AC 又∵侧面PAC⊥底面ABC ∴PO⊥底面ABC

又PA＝PB＝PC ∴AO＝BO＝CO ∴△ABC为直角三角形 ∴AB⊥BC

C

⑵解：取BC的中点为

M，连结OM,PM，所以有OM=1

AB=

2

，

∴PO

由⑴有PO⊥平面

ABC,OM⊥BC，由三垂线定理得PM⊥BC ∴平面POM⊥平面PBC，又∵∴△POM是等腰直角三角形，取PM的中点N，连结ON, NC

则ON⊥PM, 又∵平面POM⊥平面PBC, 且交线是PM, ∴ON⊥平面PBC ∴∠ONC即为AC与平面PBC

所成的角

.

ON

1PMOC 22

ON1

 ∴ONC.故AC与平面PBC所成的角为. OC266

C

∴sinONC

11. 解：（Ⅰ）如图1，取AD的中点E，连结PE，则PE作PO⊥平面在ABCD，垂足为O，连结OE. 根据三垂线定理的逆定理得OE⊥AD，

所以∠PEO为侧面PAD与底面所成的二面角的

角， 由已知条件可知∠PEO=60°，PE=6，

所以PO=33，四棱锥P—ABCD的体积 VP—ABCD=8433396.

平面

13

（Ⅱ）解法一：如图1，以O为原点建立空间直角坐标系.通过计算可得

P（0，0，3），A（23，－3，0），B（23，5，0），D（－2，－3，0） 所以(3,3,),(3,8,0). 因为242400, 所以PA⊥BD.

C图2

解法二：如图2，连结AO，延长AO交BD于点F.通过计算可得EO=3，AE=23，又知AD=43，AB=8，得

EOAD

. AEAB

所以 Rt△AEO∽Rt△BAD.

得∠EAO=∠ABD.

所以∠EAO+∠ADF=90°

所以 AF⊥BD.

因为 直线AF为直线PA在平面ABCD 内的身影，所以PA⊥BD.

12.（1）证明：连接BD.

ABAD,DAB60,ADB为等边三角形. E是AB中点，ABDE.…………2分

PD面ABCD，AB面ABCD，ABPD.

DE面PED，PD面PED，DEPDD,AB面

PED.…………4分

A

C

AB面PAB，面PED面PAB. ……………………6分

（2）解：AB平面PED，PE面PED，ABPE. 连接EF，EFPED，ABEF.

PEF为二面角P—AB—F的平面角. ………… 9分 设AD=2，那么PF=FD=1，DE=. 在PEF中,PE

A

C

,EF2,PF1,

57, 14

cosPEF

(7)2221227

P—AB—F

即二面角的平面角的余弦值为

5.…12分14

C

A

13.

方法一：

（1）证明：连结AC，AC交BD于O，连结

∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点 在PAC中，EO是中位线，∴PA // EO 而EO平面EDB且PA平面EDB， 所以，PA // 平面EDB

A

C

（2）证明：

∵PD⊥底面ABCD且DC底面ABCD，∴PDDC

∵PD=DC，可知PDC是等腰直角三角形，而DE是斜边PC的中线， ∴DEPC ①

同样由PD⊥底面ABCD，得PD⊥∵底面ABCD是正方形，有DC⊥BC，∴BC⊥平面而DE平面PDC，∴BCDE ② 由①和②推得DE平面而PB平面PBC，∴DEPB

又EFPB且DEEFE，所以PB⊥平面（3）解：由（2）知，PBDF，故EFD是二面角C—PB—D由（2）知，DEEF,PD设正方形ABCD的边长为a，则PDDCa,BD2a

PBPD2BD23a， PCPD2DC22a

DE

12PC22

在RtPDB中，DF

PDBDa2a6

PB3a

2

a

DE在RtEFD中，sinEFD，∴EFDDF26

a3

所以，二面角C—PB—D

方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设DCa（1）证明：连结AC，AC交BD于G，连结依题意得A(a,0,0),P(0,0,a),E(0,

aa,22

∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为(,

a2a

,0)且 2

aa

(a,0,a),(,0,22

∴PA2EG，这表明而EG平面EDB且PA平面EDB，∴PA//平面

（2）证明；依题意得B(a,a,0)，PB(a,a,aaaa2a2

(0,,)，故02222

∴PBDE由已知EFPB，且EFDEE，所以PB平面（3）解：设点F的坐标为(x0,y0,z0)，，则

(x0,y0,z0a)(a,a,a从而x0a,y0a,z0(1)

FE(x0,

aa11

y0,z0)(a,()a,()a)2222

由条件EFPB知，0，即

111

a2()a2()a20，解得

223

aa2a

,)，且 ∴点F的坐标为(,

333

aaaaa2a

(,,)，(,,)

366333

a2a22a2

0 ∴333

即PBFD，故EFD是二面角C—PB—Da2a2a2a2∵，且 91896

a2a2a2a2a24a26

|FE|a，|FD|a，

9363669993

∴cosEFD



a266aa63



∴EFD



3

所以，二面角C—PB—D

14. 方法一

解: (Ⅰ)记AC与BD的交点为O,连接OE, ∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF

是矩形，

∴四边形AOEM是平行四边形， ∴AM∥∵OE平面BDE， AM平面

BDE，

∴AM∥平面B

B

B

(Ⅱ)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连结BS， ∵AB⊥AF， AB⊥AD， ADAFA, ∴AB⊥平面ADF，

∴AS是BS在平面ADF上的射影， 由三垂线定理得BS⊥∴∠BSA是二面角A—DF—B在RtΔASB中，AS

6

,AB2, 3

∴tanASB3,ASB60,

∴二面角A—DF—B的大小为（Ⅲ）设CP=t（0≤t≤2）,作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD， ∵PQ⊥AB，PQ⊥AF，ABAFA，

∴PQ⊥平面ABF，QE平面ABF， ∴PQ⊥

在RtΔPQF中，∠FPQ=60º， ∵ΔPAQ为等腰直角三角形，

∴PQ

2

(2t). 2

又∵ΔPAF为直角三角形， ∴PF

(2t)21，

2

∴(2t)12所以t=1或t=3(舍去) 即点P是AC2

(2t). 2

方法二

设ACBDN，连接NE，

则点N、E的坐标分别是（

22

（0,0,1）, ,,0)、

22

2 ∴ NE=(,,1),

22

又点A、M的坐标分别是

220） （22、（,,1)

2222

,,1) ∴ AM=（22



∴NE=AM且NE与AM不共线，

∴NE∥又∵NE平面BDE， AM平面BDE， ∴AM∥平面（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AFADA, ∴AB⊥平面



∴AB(为平面DAF22

,,1)·∵NEDB=（(2,2,0)=0，

22

22∴NENF=（,,1)·(2,2,0)=0得

22

NEDB,NENF∴NE为平面BDF∴cos=12

∴AB,NE

的夹角是即所求二面角A—DF—B的大小是

（Ⅲ）设P(t,t,0)(0≤t≤2)得

PF

tt,1), ∴CD

=（2，0，0）

又∵PF和CD所成的角是t)2∴cos60

(2(2t)2

(2t)2

12

解得t

232或t2

2

（舍去）， 即点P是AC