答案
见解析
解析
证明：因为底面
为菱形，所以
，
又因为平面
底面
，
平面
底面
，
因此
平面
，因为
平面
，
从而
，
又因为
，
所以
底面
，
由
，
，
，
可知
，
，
，
，
从而
，
故
，
又因为
，
所以
平面
．
又因为
平面
，
所以平面
平面
．
答案
模块
模块1：
1
2
练习册
练习册——春季讲义高三理数
春季讲义高三理数
第6讲——满分系列之立几大
满分系列之立几大
题——目标
目标985
例题1
ABCD
AC⊥BD
BDEF⊥
ABCD
BDEF∩
ABCD = BD
AC⊥
BDEF
EF ⊂
BDEF
AC⊥EF
BD⊥DE
DE⊥
ABCD
AB = 2a
DE = 2BF = 2
a
2
∠ABC = 120∘
AF =
=
4a + 2a
2
2
a
6
BD = 2a
EF =
=
4a + 2a
2
2
a
6
AE =
=
4a + 8a
2
2
2
a
3
AF +
2
FE =
2
AE2
EF⊥AF
AF ∩AC = A
EF⊥
AFC
EF ⊂
AEF
AEF⊥
AFC
3
3
解析
解：取
的中点
，由题意可知
，
所以
底面
，
又在菱形
中，
，
所以分别以
，
，
的方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系
(如图所
示)，
则
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
由(1)可知
平面
，
所以平面
的法向量可取为
，
设平面
的法向量为
，
则
，即
，即
，
令
，得
，
所以
，
从而
，
由图得，二面角
为锐二面角，
故所求的二面角
的余弦值为
．
答案
证明见解析
解析
平面
，
平面
，
平面
，
，
，又
， 建立空间直角坐标系
， 如图所示，
1
EF
G
OG//DE
OG⊥
ABCD
ABCD
OA⊥OB
OA
OB
OG
x
y
z
O −xyz
O 0, 0, 0
(
)
A
a, 0, 0
(
3
)
C
−
a, 0, 0
(
3
)
E
0, −a, 2
a
(
2 )
F
0, a,
a
(
2 )
=
AE
0, −a, 2
a
−
(
2 )
a, 0, 0
=
(
3
)
−
a, −a, 2
a
(
3
2 )
=
AC
−
a, 0, 0
−
(
3
)
a, 0, 0
=
(
3
)
−2
a, 0, 0
(
3
)
=
EF
0, a,
a
−
(
2 )
0, −a, 2
a
=
(
2 )
0, 2a, −
a
(
2 )
EF⊥
AFC
AFC
=
EF
0, 2a, −
a
(
2 )
AEC
=
n
x, y, z
(
)
{
⋅
= 0
n
AE
⋅
= 0
n
AC
{−
x −y + 2
z = 0
3
2
x = 0
{y = 2
z
2
x = 0
z =
2
y = 4
=
n
0, 4,
(
2)
cos
,
=
⟨n EF ⟩
=
⋅
∣∣∣n ∣∣∣
∣∣∣EF ∣∣∣
⋅
n
EF
=
6
a
3
6a
3
3
E −AC −F
E −AC −F
3
3
例题2
∵PA⊥
ABCD
AB ⊂
ABCD
AD ⊂
ABCD
∴PA⊥AB
PA⊥AD
∵AB⊥AD
{
,
,
}
AB AD AP
则
，
，
，
，
．
，
，
，
，
平面
，
平面
，
，又
， 所以
平面
，
平面
，平面
平面
．
答案
．
解析
设平面
的法向量为
,
，
，
，令
，则
，
，
，
， 设直线
与平面
所成角为，
， 即直线
与平面
所成角的正弦值为
．
答案
见解析
解析
解：由题意，
，
解得
，
故
，
从而体积
．
2
1
B 1,0,0
(
)
C 1,2,0
(
)
D 0,1,0
(
)
P
0,0,
(
2)
E
1,
,0
(
2
1
)
=
DE
1, −
,0
(
2
1
)
=
AC
1,2,0
(
)
⋅
DE
=
AC
1 −1 + 0 = 0
∴DE⊥AC
∵PA⊥
ABCD
DE ⊂
ABCD
∴PA⊥DE
∵AC ∩PA = A
DE⊥
PAC
∵DE ⊂
PDE
∴
PAC⊥
PDE
7
3
PDE
=
n
x,y,z
(
)
=
PD
0,1, −
(
2)
=
DE
1, −
,0
(
2
1
)
{
⋅
= y −
z = 0
n
PD
2
⋅
= x −
y = 0
n
DE
2
1
z =
2
y = 2
x = 1
∴
=
n
1, 2,
(
2)
=
PC
1,2, −
(
2)
PC
PDE
θ
sinθ =
cos
,
=
∣∣∣
⟨n PC⟩∣∣∣
=
∣∣∣∣
×
7
7
1 + 4 −2
∣∣∣∣
7
3
PC
PDE
7
3
例题3
π ⋅OA ⋅SB = 15π
BS = 5
SO =
=
SB −OB
2
2
=
5 −3
2
2
4
V =
π ⋅
3
1
OA ⋅
2
SO =
π ×
3
1
3 ×
2
4 = 12π
答案
见解析
解析
如图，取
中点
，连接
、
．
由
是
的中点知
，
则
(或其补角)就是异面直线
与
所成的角．
平面
，
平面
，
．
在
中，由
，得
，
在
中，
，
，
则
，
异面直线
与
所成角的大小为
．
答案
见解析
解析
证明：
平面
，
平面
，
．
又四边形
为矩形，
，
，
平面
，
平面
，
平面
，
又
平面
，
．
且
为
的中点，
，又
，
平面
，
平面
，
平面
．
2
1
OB
H
PH
AH
P
SB
PH//SO
∠APH
SO
PA
∵SO⊥
OAB
∴PH⊥
OAB
∴PH⊥AH
△OAH
OA⊥OB
AH =
=
OA + OH
2
2
2
3
5
Rt△APH
∠AHP = 90∘
PH =
SO =
2
1
2, AH =
2
3
5
tan∠APH =
=
PH
AH
4
3
5
∴
SO
PA
arctan
4
3
5
例题4
∵PA⊥
ABCD
AB ⊂
ABCD
∴PA⊥AB
ABCD
∴AD⊥AB
∵PA ∩AD = A
PA ⊂
PAD
AD ⊂
PAD
∴AB⊥
PAD
PD ⊂
PAD
∴PD⊥AB
∵AP = AD
E
PD
∴AE⊥PD
AE ∩AB = A
AE ⊂
ABE
AB ⊂
ABE
∴PD⊥
ABE
答案
见解析
解析
解：如图，取
的中点
，连接
，
，
，由
知
平面
，
，
平面
，又
平面
，
，则
．
平面
，
平面
，
，又
，
，
平面
，又
平面
，
，则
，点
为三棱锥
外接球的球心．
，
，球的半径
，
三棱锥
外接球的体积
．
答案
见解析．
解析
解：作
平面
，
以
为原点，以
的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角
坐标系
，
则点
，
，
设平面
的法向量为
， 由
，
可取
，
设平面
的法向量为
，
由
，
可取
，
，
2
1
PC
O
OB
OD
AC
(1)
AB⊥
PAD
AB//CD
∴CD⊥
PAD
PD ⊂
PAD
∴CD⊥PD
OD = OP = OC =
PC
2
1
∵PA⊥
ABCD
BC ⊂
ABCD
∴PA⊥BC
BC⊥AB
PA ∩AB = A
∴BC⊥
PAB
PB ⊂
PAB
∴BC⊥PB
OB = OC = OD = OP
∴
O
C −PBD
∵PC =
2
AC +
2
PA =
2
AB +
2
AD +
2
PA =
2
2
+
(
7)
2
2 +
2
2 =
2
36
∴PC = 6
∴
R = 3
∴
C −PBD
V =
πR =
3
4
3
36π
例题5
Ez⊥
ABCD
E
,
,
EB ED Ez
x
y
z
E −xyz
E(0, 0, 0), P(0, −2, 2), A(0, −2, 0), B(2, 0, 0), C(1, 2, 0), D(0, 2, 0)
∴
=
PB
(2, 2, −2, ),
=
BC
(−1, 2, 0),
=
EP
(0, −2, 2)
PBC
=
n
(x, y, z)
{
⋅
= 2x + 2y −2z = 0
n
PB
⋅
= −x + 2y = 0
n
BC
=
n
(2, 1, 3)
PBE
=
m
(a, b, c)
{
⋅
= 2a + 2b −2c = 0
m PB
⋅
= −2b + 2c = 0
m EP
=
m
(0, 1, 1)
∴cos
,
=
⟨m n ⟩
=
×
14
2
2 × 0 + 1 × 1 + 3 × 1
7
2
7
由图可知，二面角
的余弦值为
．
答案
见解析．
解析
解：存在．由
可知平面
的法向量为
，
“线段
上存在点
，使得
平面
”等价于“
”，
又
，设
，
则
，
由
，
解得
，
所以线段
上存在点
，即
的中点，使得
平面
．
答案
解析
由侧面
与底面
垂直且
，
知
平面
，
取
的中点
，连接
，
平面
，
，
，
，
2
1
C −PB −E
7
2
7
(1)
PBC
=
n
(2, 1, 3)
PE
M
DM//
PBC
⋅
DM
=
n
0
=
PE
(0, 2, −2)
=
PM
λ
=
PE
(0, 2λ, −2λ), λ ∈0, 1
[
]
M(0, 2λ −2, 2 −2λ),
=
DM
(0, 2λ −4, 2 −2λ)
⋅
DM
=
n
2λ −4 + 6 −6λ = 0
λ =
2
1
PE
M
PE
DM//
PBC
例题6
2
1
BB
C
C
1
1
ABC
∠BCA = 90∘
AC⊥
BB
C
C
1
1
BB
1
D
CD
∵AC⊥
BB
C
C
1
1
∴AC⊥BB
1
∵BC = BB
1
∠B
BC =
1
60∘
是正三角形，
，
平面
，
平面
，
，
平面
，
，
为二面角
的平面角，
，
,
，
连接
，
则
为
与平面
所成的角，
在
中
．
答案
解析
在
上取点
，使
，
则
点为所求，在
上取点
，
使
，连接
，
则
，
且
，
平面
，
平面
且
为等边三角形，
三棱锥
为正三棱锥，
且
到平面
的距离为
，
．
2
∴△B
BC
1
∴CD⊥BB
1
∵CD ⊂
ADC
AC ⊂
ADC
CD ∩AC = C
∴BB
⊥
1
ADC
∴AD⊥BB
1
∴∠CDA
A −B
B −
1
C
∴∠CDA = 30∘
∵CD =
3
∴AC = 1
B
C
1
∠AB
C
1
AB
1
BB
C
C
1
1
Rt△ACB
1
tan∠AB
C =
1
=
B
C
1
AC
2
1
3
1
AD
P
AP = 2PD
P
CD
O
CO = 2OD
PO
PO//AC
PO =
AC
3
1
∵AC⊥
BB
C
1
∴PO⊥
BB
C
1
BB
C
1
∴
P −BB
C
1
P
BB
C
1
PO
PO =
AC =
3
1
3
1
答案
见解析
解析
解：
，
,
，
，
即
．
同理
.
,
平面
．
又
,
.
平面
,
，又
，
平面
，
．
为
的中点，
，又
,
平面
，
与平面
所成角的大小为
．
答案
见解析
解析
，
，
，
，
，
．
如图，取
中点
，连接
，
且
，
四边形
为平行四边形．
，而
，
，而
平面
，
平面
，
平面
．
点
到平面
的距离等于点
到平面
的距离．
平面
，
．
又
，
，
平面
．
平面
平面
．
过点
作
于点
，
，
则
平面
．
1
2
例题7
∵PA = AB = 2a
PB = 2
a
2
∴PA +
2
AB =
2
PB2
∠PAB = 90∘
PA⊥AB
PA⊥AE
∵AB ∩AE = A
∴PA⊥
ABCDE
∵∠AED = 90∘
∴AE⊥ED
∵PA⊥
ABCDE
∴PA⊥ED
PA ∩AE = A
∴ED⊥
PAE
∴DE⊥AG
∵PA = AE, G
PE
∴AG⊥PE
PE ∩DE = E
∴AG⊥
PDE
∴AG
PDE
90
∘
∵∠EAB = ∠ABC = ∠DEA = 90∘
∴AE//BC
AB//DE
∵BC = DE = a
AB = AE = 2a
∴AE = 2BC
AE
F
CF
∵AF//BC
AF = BC
∴
ABCF
∴CF//AB
AB//DE
∴CF//DE
DE ⊂
PDE
CF
⊂
PDE
∴CF//
PDE
∴
C
PDE
F
PDE
∵PA⊥
ABCDE
∴PA⊥DE
∵DE⊥AE
PA ∩AE = A
∴DE⊥
PAE
∴
PAE⊥
PDE
∴
F
FH⊥PE
H
DE ∩PE = E
FH⊥
PDE
的长即
点到平面
的距离．
在
中，
，
为
中点，
，
，
点
到平面
的距离为
．
答案
见解析
解析
因为
，
是
的三等分点，所以
，
所以
是等边三角形，又因为
是
的中点，
所以
．
因为
，
，
，所以
平面
，
又
，所以
平面
；
因为
平面
，所以
．
因为
，
所以
平面
．
因为
平面
，
所以
．
答案
解析
以点
为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系
．
因为
平面
，
所以
为直线
与平面
所成的角．
由题意得
，即
，
从而
．
不妨设
，又
，则
，
．
故
，
，
，
．
1
2
∴FH
F
PDE
△PAE
PA = AE = 2a
F
AE
FH⊥PE
∴FH =
a
2
2
∴
C
PDE
a
2
2
例题8
A
B
PQ
PA = AB = BQ = CA = CB
△ABC
M
AB
CM⊥AB
DB⊥AB
DB⊥BC
AB ∩BC = B
DB⊥
ABC
EA//DB
EA⊥
ABC
CM ⊂
ABC
CM⊥EA
AM ∩EA = A
CM⊥
EAM
EM ⊂
EAM
CM⊥EM
90∘
M
M −xyz
DB⊥
ABC
∠DMB
DM
ABC
tan∠DMB =
=
MB
DB
2
BD = 2MB
BD = AC
AC = 2
AC = 2AE
CM =
3
AE = 1
B 0, 1, 0
(
)
C
, 0, 0
(
3
)
D 0, 1, 2
(
)
E 0, −1, 1
(
)
于是
，
，
，
，
设平面
与平面
的法向量分别为
，
，
由
得
，
令
，得
，
所以
．
由
得
，
令
得
，
．
所以
．
所以
．
所以二面角
的平面角的大小为
．
答案
见解析
解析
证明：平面
平面
，平面
与平面
的交线为
，
，
平面
，
平面
，
平面
，
，
又
，
，
平面
．
答案
1
2
=
BC
, −1, 0
(
3
)
=
BD
0, 0, 2
(
)
=
CE
−
, −1, 1
(
3
)
=
CD
−
, 1, 2
(
3
)
BCD
CDE
=
m
x
, y
, z
(
1
1
1)
=
n
x
, y
, z
(
2
2
2)
{
⋅
= 0
m
BC
⋅
= 0
m BD
{
x
−y
= 0
3
1
1
2z
= 0
1
x
=
1
1
y
=
1
3
=
m
1,
, 0
(
3
)
{
⋅
= 0
n
CE
⋅
= 0
n
CD
{−
x
−y
+ z
= 0
3
2
2
2
−
x
+ y
+ 2z
= 0
3
2
2
2
x
=
2
1
y
=
2
−
3
3
z
=
2
3
2
3
=
n
1, −
,
(
3
3
3
2
3 )
cos⟨
,
⟩=
m n
=
∣∣∣m∣∣∣
∣∣∣n ∣∣∣
⋅
m
n
0
B −CD −E
90∘
例题9
∵
PAD⊥
ABCD
PAD
ABCD
AD
AB⊥AD
AB ⊂
ABCD
∴AB⊥
PAD
∵PD ⊂
PAD
∴AB⊥PD
∵PA⊥PD
PA ∩AB = A
∴PD⊥
PAB
解析
解：如图，取
的中点
，连接
，
．
，
，
又因为
平面
，平面
平面
，
平面
，
平面
，
，
，
．
如图，建立空间直角坐标系
，
由题意
，
，
，
，
．
设平面
的法向量为
，
则
，
即
，
令
，则
，
，
，
又
，
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
．
答案
存在，
．
解析
解：设
是棱
上一点，则存在
使得
，
由
可得，点
，
，
平面
，当且仅当
，
平面
，
即
，解得
，
所以在棱
上存在点
使得
平面
，
3
3
3
AD
O
PO
CO
∵PA = PD
∴PO⊥AD
PO ⊂
PAD
PAD⊥
ABCD
∴PO⊥
ABCD
∵CO ⊂
ABCD
∴PO⊥CO
∵AC = CD
∴CO⊥AD
O −xyz
A 0, 1, 0
(
)
B 1, 1, 0
(
)
C 2, 0, 0
(
)
D 0, −1, 0
(
)
P 0, 0, 1
(
)
PCD
=
n
x, y, z
(
)
{
⋅
= 0
n
PD
⋅
= 0
n
PC
{−y −z = 0
2x −z = 0
z = 2
x = 1
y = −2
∴
=
n
1, −2, 2
(
)
=
PB
1, 1, −1
(
)
∴cos⟨
,
⟩=
n PB
=
∣∣∣n ∣∣∣
∣∣∣PB∣∣∣
⋅
n
PB
−
3
3
PB
PCD
3
3
=
AP
AM
4
1
M
PA
λ ∈0, 1
[
]
=
AM
λAP
(2)
M 0, 1 −λ, λ
(
)
=
BM
−1, −λ, λ
(
)
∵BM
⊂
PCD
∴
⋅
BM
=
n
0
BM//
PCD
−1, −λ, λ ⋅
(
)
1, −2, 2 =
(
)
0
λ =
4
1
PA
M
BM//
PCD
A
此时
．
答案
见解析
解析
证明：如图，取
的中点
，连接
，则四边形
为正方形， 过
作
平面
，垂足为
， 连接
，
，
，
， 由
和
都是等边三角形可知
， 所以
， 即点
为正方形
对角线的交点， 故
，从而
平面
，所以
， 因为
是
的中点，
是
的中点，
所以
，所以
．
答案
见解析
解析
解：由(1)可知，
，
，
两两垂直．
以
为原点，
方向为轴正方向，
方向为轴正方向，
方向为轴正方向．建立如图所
示的空间直角坐标系
，设
，则
，
，
，则
，
， 设平面
的法向量
，则
，
，取
，得
，
，即
， 因为
平面
，设平面
的法向量为
，取
， 由图象可知二面角
的大小为锐角， 所以二面角
1
2
=
AP
AM
4
1
例题10
BC
E
DE
ADEB
P
PO⊥
ABCD
O
OA
OB
OE
OD
△PAB
△PAD
PA = PB = PD
OA = OB = OD
O
ADEB
OE⊥BD
OE⊥
PBD
OE⊥PB
O
BD
E
BC
OE//CD
PB⊥CD
OE
OB
OP
O
OE
x
OB
y
OP
z
O −xyz
∣AB∣= 2
A −
, 0, 0
(
2
)
D 0, −
, 0
(
2
)
P
0, 0,
(
2)
=
AD
, −
, 0
(
2
2
)
=
AP
, 0,
(
2
2)
PAD
=
n
x, y, z
(
)
⋅
n
=
AD
x −
2
y =
2
0
⋅
n
=
AP
x +
2
z =
2
0
x = 1
y = 1
z = −1
=
n
1, 1, −1
(
)
OE⊥
PBD
PBD
m
=
m
1, 0, 0
(
)
A −PD −B
∣
∣
的余弦值为
．
A −PD −B
cos θ =
=
⋅
∣∣∣n ∣∣m∣∣∣
⋅
∣∣∣n
m∣∣∣
=
3
1
3
3
