高中数学立体几何大题及答案解析

高中数学《立体几何》大题及答案解析
高中数学《立体几何》大题及答案解析(理)
1.（2009全国卷Ⅰ）如图，四棱锥
S?ABCD
中，底面
ABCD为矩形，
SD?
底面
ABCD
，
AD?2
，
D C?SD?2
，点
M
在侧棱
SC
上，
∠ABM=60
。
（I）证明：
M
是侧棱
SC
的中点；
o
?
??
?
求二面角
S?AM?B
的大小。

2.（2009全国卷Ⅱ）如图，直三棱柱ABC-A
1
B
1C
1
中，AB⊥AC,D、E分别为AA
1
、B
1
C的 中点，
DE⊥平面BCC
1
（Ⅰ）证明：AB=AC（Ⅱ）设二面角A-BD- C为60°,求B
1
C与平面BCD所成的
A
1
C
1
角的大小





B
B
1
D

A
E

C
3.（2009浙江卷）如图，
DC?
平面
ABC
，
EBDC
，
AC?BC?EB ?2DC?2
，
?ACB?120
o
，
P,Q
分别为
AE,AB
的中点．（I）证明：
PQ
平面
ACD
；（II）求< br>AD
与平
面
ABE
所成角的正弦值．












1 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
4.（2009北京卷）如图， 四棱锥
P?ABCD
的底面是正方形，
PD?底面ABCD
，点E在棱PB上 .（Ⅰ）求证：平面
AEC?平面PDB
；（Ⅱ）当
PD?2AB
且E为PB 的中点时，
求AE与平面PDB所成的角的大小.






5.（2009江西卷）如图，在四棱锥
P?ABCD
中，底面
ABCD
是矩形，
PA?
平面
ABCD
，
PA?A D?4
，
AB?2
．以
BD
的中点
O
为球心、BD
为直径的球
P
面交
PD
于点
M
．
（1）求证：平面
ABM
⊥平面
PCD
；
（2）求直线
PC
与平面
ABM
所成的角；
M
（3）求点
O
到平面
ABM
的距离．




B
A
D
O
C
6.（200 9四川卷）如图，正方形
ABCD
所在平面与平面四边形
ABEF
所在平面互 相垂直，△
ABE
是等腰直角三角形，
AB?AE,FA?FE,?AEF?45?
（I）求证：
EF?平面BCE
；
（II）设线段
CD、
AE
的中点分别为
P
、
M
，求证：
PM
∥
平面BCE

（III）求二面角
F?BD?A
的大小。









2 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析

7.（2009湖北卷文）如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD,SD＝A D＝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60C，求
?
的值。
0




8.（2009湖南卷）如图3，在正三棱柱
ABC?A1
B
1
C
1
中，AB=4,
点E在AC上，且DE< br>?
A
1
E.
AA
1
?7
,点D是BC的中点 ，
（Ⅰ）证明：平面
A
1
DE
?
平面
ACC
1
A
1
;（Ⅱ）求直线AD
和平面
A
1
DE所成角的正弦值。




9.（2009四川卷）如图，正 方形
ABCD
所在平面与平面四边形
ABEF
所在平面互相垂直，△
ABE
是等腰直角三角形，
AB?AE,FA?FE,?AEF?45

（I）求证：
EF?平面BCE
；
（II）设线段
CD
、
AE
的中点分别为
P
、
M
，
求证：
PM
∥
平面BCE

（III）求二面角
F?BD?A
的大小。




3 22

?

高中数学《立体几何》大题及答案解析


10 .（2009重庆卷文）如题（18）图，在五面体
ABCDEF
中，
AB
∥
DC
，
?BAD?
?
2
，
CD?AD?2
，四边形
ABFE
为平行四边形，
FA?
平面
ABCD
，< br>FC?3,ED?7
．求：
（Ⅰ）直线
AB
到平面
EFCD
的距离；
（Ⅱ）二面角
F?AD?E
的平面角的正切值．







11．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行 四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面
ABCD
．

(1)证明：PA⊥BD；
(2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．





4 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析





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
P
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


参考答案
1、【解析】（I）解法一：作
MN
∥SD
交
CD
于N，作
NE?AB
交
AB
于E，
连ME、NB，则
MN?
面
ABCD
，
ME?AB
,
NE?AD?
设
MN?x
，则
NC?EB?x
,
在
RT?MEB
中，
Q
?MBE?60?
?ME?3x
。
在
RT?MNE
中由
ME?NE?MN?3x?x?2

解得
x?1
，从而
MN?
22222
2

1
SD
?
M为侧棱
SC
的中点M.
2
5 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
解法二:过
M
作
CD
的平行线.


（ II）分析一: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。
过
M
作
MJ
∥
CD交
SD
于
J
,作
SH?AJ
交
AJ
于
H
,作
HK?AM
交
AM
于
K
,则
JM
∥
CD
,
JM?
面
SAD
,面
SA D
?
面
MBA
,
SH?
面
AMB
?
?SKH
即为所求二面角的补
角.
法二：利用二面角的定义。在等边三角形
ABM
中过点
B
作
BF?AM
交
AM
于点
F
，则
点
F
为AM的中点，取SA的中点G，连GF，易证
GF? AM
，则
?GFB
即为所求二面角.
解法二、分别以DA、DC、DS为x 、y、z轴如图建立空间直角坐标系D—xyz，则
A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,0 ,2),S(0,0,2)
。
z
S
M
C
D
A
B
x
y

（Ⅰ）设
M(0,a,b)(a?0,b?0)
，则
BA?(0,?2,0),BM?(?2,a?2,b),SM?(0,a,b?2)
，
6 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
SC?(0,2,?2)
，由题得
1
?
cos?BA,BM??
?
2
，即
?
?
SMSC
?
?2(a?2)1
?
?
?
22?
2?(a?2)?b?2
2
解之个方程组得
a?1,b?1
即
M(0,1,1)

?
?
?2a?2(b?2)
所以
M
是侧棱
SC
的中点。
法2：设
SM?
?
MC
，则
M(0,
2
?
22?2
,),MB?(2,,)

1?
?
1?
?
1?
?
1?
?
又
AB?(0,2,0),?MB,AB??60
o

故
MB?AB?|MB|?|AB|cos60
o
，即
42
2
2
2
?2?()?()
，解得
?
?1
， 1?
?
1?
?
1?
?
所以
M
是侧棱< br>SC
的中点。
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
M(0,1,1),MA?(2,?1,?1 )
，又
AS?(?2,0,2)
，
AB?(0,2,0)
，
设
n
1
?(x
1
,y
1
,z
1
),n
2
?(x
2
,y
2
,z
2
)
分别是平面
SAM
、
MAB
的法向量，则
?
?
?
2x
2
?y
2
?z
2
?0
?
n
1
?MA?0
?
?
n
2
?MA?0
?2x
1
?y
1
?z
1
?0
?
且，即且
?
??
?
?
?
?
?
2y
2
?0
?
?2x
1
?2z
1
?0
?
n1
?AS?0
?
?
n
1
?AB?0
分别令x
1
?x
2
?2
得
z
1
?1,y1
?1,y
2
?0,z
2
?2
，即
n
1
?(2,1,1),n
2
?(2,0,2)
，
∴
cos?n
1
,n
2
??
2?0?2
2?6< br>?
6

3
6
。
3
7 22
二 面角
S?AM?B
的大小
?
?arccos

高中数学 《立体几何》大题及答案解析
2、解法一：（Ⅰ）取BC中点F，连接EF，则EF
1
B
1
B
，从而EFDA。
2
连接AF，则ADEF为平行四边形 ，从而AFDE。又DE⊥平面
BCC
1
，故AF⊥平面
BCC
1< br>，从
而AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线，所以AB=AC。
（Ⅱ）作AG⊥BD，垂足为G，连接CG。由三垂线定理知CG⊥BD，故∠AGC为二面角A- BD-C的平
面角。由题设知，∠AGC=60.

0.
设AC=2 ，则AG=
2
。又AB=2，BC=
22
，故AF=
2
。
3
由
AB?AD?AG?BD
得2AD=
2
.AD
2
?2
2
，解得AD=
2
。
3

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
B
1
C
与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD=
2
，故EH=1，又EC=
0
1
B1
C
=2，
2
0
所以∠ECH=30，即
B
1
C
与平面BCD所成的角为30.
解法二：
（Ⅰ）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示
的直角坐标系A—xyz。
设B（1，0，0），C（0，b，0），D（0，0，c），则
B
1
（1， 0，2c）,E
（
1b
，，c）.
22
8 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
?
??
1b
于是
DE
=（，，0），
BC
=（-1，b,0）.由DE⊥平面
B CC
1
知DE⊥BC，
DE?BC
=0，求得
22
?
b=1，所以 AB=AC。
（Ⅱ）设平面BCD的法向量
AN?(x,y,z),
则
AN?BC?0,A N?BD?0.

又
BC
=（-1，1， 0），
?
?
????
?
?x?y?0

BD
=（ -1，0，c）,故
?
?
?x?cz?0
?
1
?
1
令x=1, 则y=1, z=,
AN
=(1,1, ).
cc
又平面
ABD
的法向量
AC
=（0，1，0）
AC
=60°， 由二面角
A?BD?C
为60°知，
AN，
故
AN?AC?AN?AC?cos60
°，求得
c?
1
2

（1，1，2）
于是
AN?
，
CB
1
?(1

，?1，2）
cosAN，CB
1
?
AN?CB
1
AN?CB
1
?
1
，
2
CB
1
?60
°
AN，所以
B
1
C
与平面
BCD
所成的角为30°
3、（Ⅰ）证明：连接
DP,CQ
， 在
?ABE
中，
P,Q
分别是
AE,AB
的中点，所以
PQ
又
DC
1

BE
，
??
2
1
所以
PQDC
，又
PQ?
平面ACD ，DC
?
平面ACD， 所以
PQ
平面ACD
BE
，
??
2
??
（Ⅱ）在
?ABC
中，
AC?BC?2,AQ?BQ
，所以
CQ?A B

而DC
?
平面ABC，
EBDC
，所以
EB?
平面ABC
而
EB?
平面ABE， 所以平面ABE
?
平面ABC， 所以
CQ?
平面ABE
由（Ⅰ）知四边形DCQP是平行四边形，所以
DPCQ

所以
DP?
平面ABE， 所以直线AD在平面ABE内的射影是AP，
9 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
所以直线AD与平面ABE所成角是
?DAP

在
Rt?APD
中 ，
AD?
所以
sin?DAP?
AC
2
?DC
2< br>?2
2
?1
2
?5
，
DP?CQ?2sin?CAQ?1

DP15

??
A D5
5
4、【解法1】（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵
PD?底面ABCD
，
∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，
∴平面
AEC?平面PDB
.
（Ⅱ）设AC∩BD=O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∴O，E分别为DB、PB的中点，
∴OEPD，
OE?
1
PD
，又∵
PD?底面ABCD
，
2
12
PD?AB?AO
，
22
?
∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，
在Rt△AOE中，
OE?
?
∴
?AOE?45
，即AE与平面PDB所成的角的大小为
45
.
【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系
D?xyz
，
设
AB?a,PD?h,

则
A
?
a,0,0
?< br>,B
?
a,a,0
?
,C
?
0,a,0
?< br>,D
?
0,0,0
?
,P
?
0,0,h
?< br>，
uuuruuuruuur
（Ⅰ）∵
AC?
?
?a,a, 0
?
,DP?
?
0,0,h
?
,DB?
?
a,a,0
?
，
uuuruuuruuuruuur
∴
AC?DP?0,AC?DB?0
，
∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，
∴平面
AEC?平面PDB
.
（Ⅱ）当
PD?
?
112
?
2AB
且E为PB的中点时，
P0,0,2a,E
?
a,a,a
?
，
?
22
?
2
??
??
设AC∩BD=O，连接OE，
10 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
uuur
?
1
r< br>?
12
?
uuu
2
?
∵
EA?
?
a,?a,?
，
a,EO?0,0,?a
?? ?
?
2
???
22
?
2
???
uuuru uur
EA?EO2
∴
cos?AEO?
uu
，
uruu ur
?
2
EA?EO
∴
?AOE?45
，即AE与平面PD B所成的角的大小为
45
.
??
?
多面体ABCDEF的体积为V
E
—ABCD＋V
E
—BCF=
22

5、解：方法（一）：
（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ.
因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ，
所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣ
Ｄ.
（２）设平面ＡＢＭ与ＰＣ 交于点Ｎ，因为ＡＢ∥ＣＤ，所以Ａ
Ｂ∥平面ＰＣＤ，则ＡＢ∥ＭＮ∥ＣＤ，
由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则MN是PN在平面ABM上
的射影，
所以
?PNM
就是
PC
与平面
ABM
所成的角，
且
?PNM??PCD

O
B
x
C
AN
D
y
z
P
M
PD
tan?PNM?tan? PCD??22

DC
所求角为
arctan22

（3 ）因为O是BD的中点，则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，由
（1）知，Ｐ Ｄ⊥平面ＡＢＭ于M，则|DM|就是D点到平面ABM距离.
因为在Rt△PAD中，
PA ?AD?4
，
PD?AM
，所以
M
为
PD
中点，< br>DM?22
，则O点
到平面ABM的距离等于
2
。

方法二：
（1）同方法一；
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则
A (0,0,0)
，
P(0,0,4)
，
B(2,0,0)
，
C(2,4,0)
，
11 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
D(0,4,0)
，
M(0,2,2)
，
rruuurruuuu r
?
2x?0
设平面
ABM
的一个法向量
n?(x,y,z )
，由
n?AB,n?AM
可得：
?
，令
z??1
，
?
2y?2z?0
uuurr
r
PC?n22
则
y?1
，即
n?(0,1,?1)
.设所求角为
?
，则
si n
?
?
uuu
，
rr
?
3
PCn
所求角的大小为
arcsin
22
.
3
uuurr
uuur
AO?n
?2
（3）设所求距离为
h
，由
O(1,2,0),AO?(1,2,0)
，得：
h?
r
n
6、【解析】解法一：
因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC
?< br>平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD=AB，
所以BC⊥平面ABEF.
所以BC⊥EF.
因为⊿ABE为等腰直角三角形，AB=AE，
所以∠AEB=45°，
又因为∠AEF=45,
所以∠FEB=90°，即EF⊥BE.
因为BC
?
平面ABCD, BE
?
平面BCE,
BC∩BE=B
所以
EF?平面BCE

…………………………………………6分
（II）取BE的中点N,连结CN,MN,则MN
1
AB
2
PC
∴ PMNC为平行四边形,所以PM∥CN.
∵ CN在平面BCE内,PM不在平面BCE内,
∴ PM∥平面BCE. …………………………………………8分
（III）由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD,易知EA⊥平面ABCD.
作FG⊥AB,交BA的延长线于G,则FG∥EA.从而FG⊥平面ABCD,
作GH⊥BD于H,连结FH,则由三垂线定理知BD⊥FH.
∴ ∠FHG为二面角F- BD-A的平面角.
∵ FA=FE,∠AEF=45°,
∠AEF=90°, ∠FAG=45°.
设AB=1,则AE=1,AF=
2
1
,则
F G?AF?sinFAG?

2
2
12 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
在Rt⊿BGH中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+
13
=,
22
GH?BG?sinGBH?
3232
??
,
224
FG2
?
,
GH3
2

3
在Rt⊿FGH中,
tanFHG?
∴ 二面角
F?BD?A
的大小为
arctan
…………………………………………12分
解法二: 因
?ABE
等腰直角三角形，
AB?AE
，所以
AE?AB

又因为平面
ABEF?平面ABCD?AB
，所以
AE
⊥平面
ABCD
，
所以
AE?AD

即
AD、AB、AE
两两垂直；如图建立空间直角坐标系,
(I) 设< br>AB?1
，则
AE?1
，
B(0,1,0),D(1,0,0),E( 0,0,1),C(1,1,0)

∵
FA?FE,?AEF?45?
，∴
?AFE＝90
0
，
11
22
11
EF?(0,?,?)
，
BE?(0,?1, 1),BC?(1,0,0)

22
11
于是
EF?BE?0??? 0
，
EF?BC?0

22
从而
F（0，－，）

∴
EF
⊥
BE
,
EF
⊥
BC

∵
BE
?
平面
BCE
，
BC
?
平面
BCE
，
BC?BE?B

∴
EF?平面BCE

111
,0)
，从而
PM?(?1,?,)

222
111111
于是
PM?EF?(?1,?,)?(0,?,?)?0???0

222244
∴
PM
⊥
EF
，又
EF< br>⊥平面
BCE
，直线
PM
不在平面
BCE
内，
故
PM
∥平面
BCE

（II）
M( 0,0,),P(1,
（III）设平面
BDF
的一个法向量为
n
1
，并设
n
1
＝（
x,y,z)

13 22
1
2

高中数学《立体几何》大题及答案解析

BD?(1,?1,0),BF?(0,?
31
,)

22
?
x?y?0
?
?
n
1
?BD?0
?

?
即
?
3

1
?y?z?0
??
?
n
1
?BF?0
2
?
2
取
y?1
，则
x?1
，
z?3
，从而
n
1< br>＝（1，1，3）
取平面
ABD
D的一个法向量为
n
2
?(0,0,1)


cos?n
1
、n
2
??
n
1?n
2
n
1
?n
2
?
3
11?1?
311

11
故二面角
F?BD?A
的大小为
arccos
311

11
7、（Ⅰ）证发1：连接BD，由底面是正方形可得AC
?
BD。

?
SD
?
平面ＡＢＣＤ，
?
BD是BE在平 面ABCD上的射影，
由三垂线定理得AC
?
BE.
(II)解法1：< br>?
SD
?
平面ABCD，ＣＤ
?
平面ＡＢＣＤ，
?< br> SD
?
CD.
又底面ＡＢＣＤ是正方形，
?
ＣD?
ＡD，又ＳＤ
?
AD=D，
?
CD
?
平面S AD。
过点D在平面SAD内做DF
?
AE于F，连接CF，则CF
?AE，
故
?
CFD是二面角C-AE-D 的平面角，即
?
CFD=60°
在Rt△ADE中，
?
AD=
a
, DE=
于是，DF=
?
a
， AE=
a
?
2
?1
。

AD?DE
?
AE
?
a
?
?1
2
在Rt△CDF中，由cot6 0°=
DF
?
CD
?
?
?1
2

14 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析

得
?
?
2
?1
?
3
， 即
3
?
2
?3
=3
?

3
2

2
?
?(0,1]
， 解得
?=
8、解:（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱
ABC?A
1
B
1C
1
的性质知
AA
1
?
平面
ABC
.
又DE
?
平面ABC，所以DE
?AA
1
.而DE
?
A
1
E
，
AA
1
IA
1
E?A
1
,
所以DE⊥平面
ACC
1
A
1
.又DE
?
平面
A
1
DE
，
故平面
A
1
DE
⊥平面
ACC
1
A
1
.
（Ⅱ）解法 1: 过点A作AF垂直
A
1
E
于点
F
,
连接DF.由（Ⅰ）知，平面
A
1
DE
⊥平面
ACC
1
A
1
，
所以AF
?
平面
A
1
DE
,故
?ADF
是直线AD和

平面
A
1< br>DE
所成的角。因为DE
?
ACC
1
A
1
，
所以DE
?
AC.而
?
ABC是边长为4的正三角形，
于是AD=
23
，AE=4-CE=4-
1
CD
=3. < br>2
A
又因为
AA
1
E?
1
?7
，所 以
1
E=
AAA
1
2
?AE
2
?(7)
2
?3
2
=
4,

AF?
AF21
AE?AA
1
37
?
,
sin?ADF?
.
?
AD8
A
1
E4
15 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
即直线AD和平面
A
1
DE
所成角的正弦值为
21

8
解法2 : 如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，
则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,),
A
1
(2,0,
7
), D(-1,
3
,0), E(-1,0,0).
uuuruuur
uuuur
易知
A
1D
=（-3，
3
，-
7
），
DE
=（0，-< br>3
，0），
AD
=（-3，
3
，0）.
r
设
n?(x,y,z)
是平面
A
1
DE
的一个法向量，则
r
uuuv
?
n?DE??3y?0,
?

?r
uuuv
?
?
n?A
1
D??3x?3y?7z?0 .
解得
x??
7
z,y?0
.
3
r
故可取
n?(7,0,?3)
.于是
ruuurruuur
n?AD
?3721
cosn,AD?
ruuu
??
r
=
8
n?AD
4?23

由此即知，直线AD和 平面
A
1
DE
所成角的正弦值为
21

8
所以ME与BN不共面，它们是异面直线。 ……..12分
9、【解析】解法一：
因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC
?
平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD=AB，
所以BC⊥平面ABEF.
所以BC⊥EF.
因为⊿ABE为等腰直角三角形，AB=AE，
所以∠AEB=45°，
又因为∠AEF=45,
所以∠FEB=90°，即EF⊥BE.
因为BC
?
平面ABCD, BE
?
平面BCE,
BC∩BE=B
所以
EF?平面BCE
………………6分
（II）取BE的中点N,连结CN,MN,则MN
1
AB
2
PC
∴ PMNC为平行四边形,所以PM∥CN.
16 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
∵ CN在平面BCE内,PM不在平面BCE内,
∴ PM∥平面BCE. …………………………………………8分
（III）由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD,易知EA⊥平面ABCD.
作FG⊥AB,交BA的延长线于G,则FG∥EA.从而FG⊥平面ABCD,
作GH⊥BD于H,连结FH,则由三垂线定理知BD⊥FH.
∴ ∠FHG为二面角F- BD-A的平面角.
∵ FA=FE,∠AEF=45°,∠AEF=90°, ∠FAG=45°.
设AB=1,则AE=1,AF=
2
1
,则
F G?AF?sinFAG?

2
2
在Rt⊿BGH中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+
13
=,
22
GH?BG?sinGBH?
3232
??
,
224
FG2
?
,
GH3
2
………………12分
3
在Rt⊿FGH中,
tanFHG?
∴ 二面角
F?BD?A
的大小为
arctan
解法二: 因
?ABE
等腰直角三角形，
AB?AE
，所以
AE?AB

又因为平面
ABEF?平面ABCD?AB
，所以
AE
⊥平面
ABCD
，所以
AE?AD

即
AD、AB、AE
两两垂直；如图建立空间直角坐标系,
(I) 设< br>AB?1
，则
AE?1
，
B(0,1,0),D(1,0,0),E( 0,0,1),C(1,1,0)









∵
FA?FE,?AEF?45?
，∴
?AFE＝90
，
从而
F（0，－，）

17 22
0

11
22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
11
EF?(0,?,?)
，
BE?(0,?1,1),BC?(1,0,0)

22
11
于是
EF?BE?0???0
，
EF?BC?0

22
∴
EF
⊥
BE
,
EF
⊥
BC

∵
BE
?
平面
BCE
，
BC
?
平面
BCE
，
BC?BE?B

∴
EF?平面BCE

111
,0)
，从而
PM?(?1,?,)

222
111111
于是
PM?EF?(?1,?,)?(0,?,?)?0???0

222244
∴
PM
⊥
EF
，又
EF< br>⊥平面
BCE
，直线
PM
不在平面
BCE
内，
故
PM
∥平面
BCE

（II）
M( 0,0,),P(1,
（III）设平面
BDF
的一个法向量为
n
1
，并设
n
1
＝（
x,y,z)


BD?(1,?1,0),BF?(0,?
1
2
31
,)

22
?
x?y?0
?
?
n
1
?BD?0< br>?

?
即
?
3

1
?y?z?0
?
?
?
n
1
?BF?0
2
?
2
取
y?1
，则
x?1
，
z?3
，从而
n
1
＝（1，1，3）
取平面
ABD
D的一个法向量为
n
2
?(0,0,1)


cos?n
1
、n
2
??
n
1?n
2
n
1
?n
2
?
3
11?1?
311

11
故二面角
F?BD?A
的大小为
arccos
311

11
10、解法一:（Ⅰ）
QABPDC, DC?
平面
EFCD
,
?
AB到面
EFCD
的距 离等于点A到面
EFCD
的距离，过点A作
AG?FD
于G，因
?B AD?
?
2
故
CD?AD
；又
Q
FA?AB
∥
DC
，
平面
ABCD
，由三垂线定理可知，
CD?FD
，故
CD?面FAD
，知
CD?AG
，所以AG为
所求直线 AB到面
EFCD
的距离。
18 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
在
Rt△ABC
中，
FD?FC
2
?CD
2
?9?4?5

FD
2
?AD
2
?5?4?1
由
FA?
平面
ABCD
，得
FA?
AD，从而在
Rt△FAD
中，< br>FA?
?
AG?
25
FA?AD225
。即直线
AB
到平面
EFCD
的距离为。
??
5
FD5
5（Ⅱ）由己知，
FA?
平面
ABCD
，得
FA?
AD， 又由
?BAD?
平面ABFE
?
2
，知
AD?AB
，故
AD?
?
DA?AE
，所以，
?FAE
为二面角F?AD?E
的平面角，记为
?
.
在
Rt△AED
中,
AE?ED
2
?AD
2?7?4?3
,由
YABCD
得,
FEPBA
,从而
? AFE?
?
2

在
Rt△AEF
中,
FE?AE
2
?AF
2
?3?1?2
,故
tan
?
?
FE
?2

FA
z
F
E
所以二面角
F?AD?E
的平面角的正切值为
2
.
解法二:
uuuruuuruuur
（Ⅰ）如图以A点为坐标原点,
AB ,AD,AF
的方向为
G
x,y,z
的正方向建立空间直角坐标系数,则


x
B
A
C
D
y
uuuruuur
A(0,0,0) C(2,2,0) D(0,2,0) 设
F(0,0 ,z
0
)(z
0
?0)
可得
FC?(2,2,?z
0
)
,由
|FC|?3
.即
2
2
2
?2< br>2
?z
0
?3
,解得
F(0,0,1)

Q
AB
∥
DC
，
设A点在
DC?
面EFCD
,所以直线AB到面
EFCD
的距离等于点A到面
EFCD的距离。
uuuruuuruuuruuur
uuur
平面
EFCD上的射影点为
G(x
1
,y
1
,z
1
)
,则
AG?(x
1
,y
1
,z
1
)
因
AG?DF?0
且
AG?CD?0
,而
uuur
DF?(0 ,?2,1)

uuur
?
?2y
1
?z
1
?0
CD?(?2,0,0)
,此即
?
解得
x
1
?0
① ,知G点在
yoz
面上,故G点在FD上.
?
?2x
1
? 0
uuuruuur
uuur
y
24
GFPDF
,
GF?(?x
1
,?y
1
,?z
1
?1)
故有1
??z
1
?1
② 联立①,②解得,
G(0,,)

255
19 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
uuur
25
uuu r
uuur
24
?
|AG|
为直线AB到面
EFCD
的距离. 而
AG?(0,,)
所以
|AG|?

555
uuur
（Ⅱ）因四边形
ABFE
为平行四边形,则可设
E (x
0
,0,1)(x
0
?0)
,
ED?(?x
0
2,?1)
.由
uuuruuur
22
|ED|?7
得
x
0
?2?1?7
,解得
x
0
??2
.即
E(?2,0,1)
.故
AE?(?2,0,1)

uuuruuu ruuuruuur
uuuruuur
由
AD?(0,2,0)
,
A F?(0,0,1)
因
AD?AE?0
,
AD?AF?0
,故
?FAE
为二面角
uuuruuuruuur
F?AD?E
的平面角，又< br>Q
EF?(2,0,0)
,
|EF|?2
,
|AF|?1,所以
uuur
|EF|
ur
?2tan?FAE?
uu
|FA|
11.解：(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得
BD?3A D
.
从而BD
2
＋AD
2
＝AB
2
，故B D⊥AD
．

又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD
．

所以BD⊥平面PAD
．
故PA⊥BD
．

(2)如图，以 D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标
系Dxyz.则A(1， 0，0)，B(0，
3
，0)，C(－1，
3
，0)，P(0，0，1)．


uuur
uuuruuur
AB
＝(－1，
3
，0)，
PB
＝(0，
3
，－1)，
BC
＝(－1 ，0，0)．
uuur
?
?
n?AB?0
设平面PAB的法向量为 n＝(x，y，z)，则
?
uuu

r
?
?
n?PB?0
20 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
即
?
?
?< br>?x?3y?0
?
?
3y?z?0

因此可取n＝(
3
，1，
3
)．
uuur
??
m?PB?0
设平面PBC的法向量为m，则
?
uuu
r
?
?
m?BC?0
可取m＝(0，－1，－
3
)，< br>cosm,n?
故二面角A-PB-C的余弦值为
?
?427
.
??
7
27
27
.
7
12.解：以
H
为原点，
HA,HB,HP
分别为
x,y,z
轴，线段
HA
的长为单位长， 建立空间直角
坐标系如图， 则
A(1,0,0),B(0,1,0)

（Ⅰ）设
C(m,0,0),P(0,0,n)(mp0,nf0)

1m
,0).

22
1m
可得
PE?(,,?n),BC?(m,?1,0).

22
mm
因为
PE?BC???0?0

22
所以
PE?BC

则
D(0,m,0),E(,
（Ⅱ）由已知条件可得
m??
33
,n?1,故 C(?,0,0)

33

D(0,?
313
,0),E(,?,0),P(0,0,1)

326
设
n?(x,y,x)
为平面
PEH
的法向量
?
1
x?
3
y?0
?
n?HE?o,
?
?
26
则
?
即
?

?
?
?
n?HP?o,
?
z?0
因此可以取
n?(1,3,0)
，
uuur
由
PA?(1,0,?1)
，
21 22

高中数学《立体几何》大题及答案解析
uuur
2
可得
cosPA,n?

4
所以直线
PA
与平面
PEH
所成角的正弦值为

2

4
22 22