2022年数学练习题考试题高考题教案高考解答题专题训练三立体几何参考答案 .pdf

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1、1 （）证明：连结BD交AC于E，连结ME. ABCD是正方形，E是BD的中点 . M是SD的中点，ME是DSB的中位线 . /MESB. 又ME平面ACM， 3分又SB平面ACM，SB /平面ACM.4 分（）解：取AD中点F，则MF / SA. 作FQAC于Q，连结MQ. 5 分SA底面ABCD，MF底面ABCD. FQ为MQ在平面ABCD内的射影 .FQAC, MQAC. FQM为二面角DACM的平面角 . 7分设SAABa，在Rt MFQ中，112,2224aMFSAFQDEa，2tan224aFQMa. 二面角DACM的大小为arctan 2.9 分 （III ）证明：由条件有,DC

2、SA DCDADC平面SAD，.AMDC 10分又,SAAD M是SD的中点，.AMSDAM平面.SDC 11分.SCAM由已知,SCMNSC平面.AMN又SC平面,SAC平面SAC平面.AMN方法二：解：（II）如图，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，5 分由SAAB故设1ABADAS，则11(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(,0,)22ABCDSMSA底面ABCD，AS是平面ABCD的法向量，AS(0,0,1)设平面ACM的法向量为( , , )x y zn, 11(1,1,0),(,0,)22ACAM,7 分则0,0.ACAMn

3、n即00,1100.22xyxz,.yxzx令1x,则(1, 1,1)n. 13cos,3| |13ASASASnnn, 二面角DACM的大小为3arccos39 分（III ）11,0,22AM，1, 1,1CS，11022AM CSAMCS12 分又SCAN且ANAMASCAMN平面. 又SC平面,SAC平面SAC平面AMN. 14 分2 （）证明：连结1BC， 设1BC与1B C的交点为E，连结DE.D是AB的中点，E是1BC的中点，1/.DEAC . 3 分111DECDBACCDB平面，平面，11/.ACCDB平面 . 4 分（）解：设点B到1CDB平面的距离为.h在三棱锥1BBCD

4、中，11BBCDBB CDVV，且1B BBCD平面，11BCDB CDSB BSh. 易求得1111 3 2BCDB CDSSCD B D，112 3.3BCDB CDSB BhS即点B到1CDB平面的距离是2 3.3. 9 分（）解：在平面ABC 内作 DFBC 于点F， 过点F作1FGB C于点 G ，连结.DG易证明11DFBCC B平面，从而 GF 是 DG 在平面11BCC B内的射影，根据三垂线定理得1.B CGDDGF 是二面角1BB CD的平面角易 求 得112DFAC，12.22GFBE在RtDFG中，tan2DFDGFGF，二面角1BB CD的大小是arctan 2. 1

5、4 分解 法 二 ：在 直 三 棱 柱111A B CA B C中 ，12A CB CC C，ACBC ，1ACBCCC、两两垂直. 如图， 以 C 为原点， 直线1CACBCC，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则1(0 0 0)(2 0 0)(0 2 0)(0 0 2)CABC， ， ， ， ，(1 1 0).D ，（）证明：设1BC与1B C的交点为E， 则( 011 ) .E，1111( 1 01 )( 2 02 )/.2D EA CD EA CDE A C， ， ，111DECDBACCDB平面，平面，11/.ACCDB平面（）解：设点B到1CDB平面的 距 离为.h在 三

6、 棱 锥1BBCD中，11BBCDBB CDVV，且1BBBCD平面，11BCDB CDSB BSh易求得111132BCDBCDSSCDBD，112 3.3BCDB CDSB BhS即点B到1CDB平面的距离是2 3.3 . 9 分（）解：在平面ABC 内作 DFBC 于点F， 过点F作1FGBC于点 G ，连结.DG易证明11DFBCC B平面，从而 GF 是 DG 在平面11BCC B内的射影，根据三垂线定理得1.B CGDDGF 是二面角1BB CD的平面角 . 易知11(0 1 0)022FG， ， ，112222GFGD110， -，1， -，cosGF GDGF GDGF GD，

7、3.3二面角1BB CD的大小是3arccos.33解法一：（）证明：底面ABCD为正方形，ABBC，又PBBC，BC平面PAB，PABC. 2 分同理PACD， 4 分PA平面ABCD 5 分（）解：设M为AD中点，连结EM， 又E为PD中点，可得PAEM /，从而EM底面ABCD过M作AC的垂线MN，垂足为N, 连结EN由三垂线定理有ACEN，ENM为二面角DACE的平面角 . 7分在EMNRt中，可求得,22,1 MNEM2tanMNEMENM9 分二面角DACE的大小为2arctan（） 解：由E为PD中点可知 , 要使得点E到平面PAF的距离为552， 即要点D到平面PAF的距离为5

8、54. 过D作AF的垂线DG，垂足为G, PA平面ABCD，平面PAF平面ABCD，DG平面PAF，即DG为点D到平面PAF的距离 . 554DG，552AG 12 分设xBF，由ABF与DGA相似可得GADGBFAB，22x，即1x在线段BC上存在点F，且F为BC中点，使得点E到平面PAF的距离为552解法二：（）证明：同解法一（）解：建立如图的空间直角坐标xyzA，则，)000(A，)022(C) 110(，E. 设m),(zyx为平面AEC的一个法向量，则mAE，mAC又),1 ,1 ,0(AE),0,2,2(AC.022,0yxzy令, 1x则,1, 1 zy得m) 1, 1, 1 (

9、8 分又) 2,0 ,0(AP是平面ACD的一个法向量，设二面角DACE的大小为，SNMDCBzxyAABCDA1B1C1EFGABCDA1B1C1FGxyzE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 7 页则33232,coscosAPAPAPmmm二面角DACE的大小为33arccos（）解：设),20()02(ttF，n),(cba为平面PAF的一个法向量，则nAP，nAF又)2, 0, 0(AP，),0 ,2(tAF. 02, 02tbac令, ta则,0,2 cb得n)0, 2,(t 12 分又),1 ,1 ,0(AE

10、点E到 平 面PAF的 距 离422tAEnn，422t552，解得1t，即)012(，F. 在线段BC上存在点F，使得点E到平面PAF的距离为552，且F为BC中点4解法1：（ 1）取 A1D，则 A1D/B1C 知， B1C 与DE 所成角即为A1D 与 DE 所成角，连结A1E.由正方体 ABCD A1B1C1D1，可设其棱长为a，分则3.5102cos,25,2121221111DEDAEADEDADEAaDEEAaDA（2）取 B1C 的中点 F，B1D 的中点 G，连结 BF，EG，GF. .,.,1111111CDBBFCCBCDCBBFBFDCBBCCBFBBCCCD平面又平面

11、且平面GFCD21，BE21CD，BEGF，四边形BFGE 是平行四边形，BF/GE. .,.1111CDBDEBDEBGECDBGE平面平面平面平面（ 3）连结 EF. 分的余弦值为二面角中则在设正方体的棱长为的平面角是二面角平面又13.33.33cos,23,21,.,.,/,111111DCBEEFGFEFGaEFaGFEFGaDCBEEFGCBEFCDBEGCBGFCDGFCBCD解法 2：如图建立空间直角坐标系Axyz. 则 A（0， 0，0）， B（2a，0，0）,C(0，2a，0) A1（0，0，2a），B（2a，2，2a）， C1（0，2a，2a）（ 1）取 AB 的中点 H，

12、连结 CH. )0,0 ,(),0,(),2,0(aHaaDaaEABCDEABCDEABCCHDECHaaEDaaCH面分平面而平面/4.,./),0,2,(),0,2,()8(.,., 00)2()(,0)()2()()().0 ,(),(),2,().0,(),0,2,0(),0 ,0,2()1(111111分平面AEFFBFAFEFAFFBEFFBaaaaaAFFEaaaaaaEFFBaaAFaaaEFaaaFBaaFaCaB（ 3） 设平面 AB1E 的一个法向量为),(zyxm,02,022),2,0(),2 ,0,2(11azayAEmazaxABmaaAEaaAB).,21,(

13、,.21.aaamazzyzx则令由于平面AEF的一个法向量为),2,(1aaaFB故设FB1与 m 所成角为. .61236221|cos22211aaaaamFBmFB由于平面 AB1E与平面 AEF 所成的二面角为锐二面角，FAEB1二面角的平面角的余弦值为.6151的正切值为二面角FAEB. 5解法一 :（） 连结 BD 在ABC中，90B. ABBC，点D为 AC 的中点，BDAC,PBABC面即 BD 为 PD在平面 ABC内的射影，PDAC2 分EF、分别为ABBC、的中点 ,/EFAC, EFPD 4 分（）,PBABC平面EFPB连结BD交EF于点O，EFPB，EFPDPBD

14、EF平面，FPO为直线PF与平面PBD所成的角，EFPO.6 分.,PBABC面PBAB，PBBC，又45PAB，2ABPB. 2241ACOF，522BFPBPF，在 RtFPO中，1010sinPFOFFPO，1010arcsinFPO 8 分（）过点B作BMPF于点 F，连结EM，,ABPB ABBC,ABPBC平面即 BM为 EM在平面 PBC内的射影，EMPF ，EMB为二面角EPFB的平面角11 分Rt P FB中，PB BF2PF5BM, 5tan2EBEMBBM13 分解法二：建立空间直角坐标系B- xyz,如图，则,0 ,0 ,0B,0, 0,2A0 ,2, 0C，0 , 1

15、 , 1D，0, 0, 1E，0 , 1 ,0F，2, 0, 0P. （）0 , 1 , 1EF，2, 1 , 1PD，1 10EF PDEFPD. 4 分（）由已知可得，0 , 1 , 1EF为平面PBD的法向量，2, 1 ,0PF, 110cos,1010PFEFPF EFPFEF，直线PF与面PBD所成角的正弦值为1010. 直线PF与面PBD所成的角为1010arcsin. （）设平面PEF 的一个法向量为a, ,x y z，0, 1 , 1EF，2, 1 , 0PF a0EFxy， a20PFyz， 令1z，a2,2,1由已知可得， 向量0 ,0 ,2BA为平面 PBF 的一个法向量

16、，cosa42,323a BABAaBA，tana5,2BA. 二面角EPFB的正切值为25. 14 分6证明：（）PA底面 ABCD ，PABC又 ABBC，PAABA，BC平面PAB又BC平面PCB，平面PAB平面PCB（）PA底面 ABCD， AC 为 PC 在平面 ABCD内的射影 又 PCAD， AC AD 在梯形ABCD中，由 ABBC，AB=BC，得4BAC，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 7 页ACBD1A1C1BEF4DCABAC又ACAD ， 故D A C为等腰直角三角形2222DCACABAB连接B

17、D，交AC于点M，则2.DMDCMBAB在BPD中，2PEDMEBMB，/PDEM又 PD平面 EAC，EM平面 EAC，PD 平面 EAC（）在等腰直角PAB中，取PB中点N，连结AN，则ANPB平面PAB平面PCB，且平面PAB平面PCB=PB，ANPBC平面在平面PBC内，过N作NH直线CE于H，连结AH，由于NH是AH在平面CEB内的射影，故AHCEAHN就是二面角ACEP 的平面角12 分在Rt PBC中，设CBa，则222PBPAABa，1233BEPBa，1266NEPBa，22113CECBBEa，由NHCE，EBCB可知：NEHCEB，.NHCBNECE代入解得：22aNH在

18、Rt AHN中，22ANa， tan11ANAHNNH即二面角ACEP 的大小为arctan 11解法二：（）以A为原点，,AB AP所在直线分别为y轴、z轴，如图建立空间直角坐标系设PAABBCa，则0,0,0A，0, ,0Ba，, ,0C a a0,0,Pa，20,33a aE. 设, ,0D a y，则, ,0CPaa aADa y，CPAD，20CP ADaay，解得：ya2DCAB连结BD，交AC于点M，则2DMDCMBAB.7 分在BPD中，2PEDMEBMB，/PDEM又 PD平面 EAC，EM平面 EAC，PD平面 EAC（）设1, ,1x yn为平面EAC的一个法向量，则11

19、,ACAEnn，0,20.33axayaya解得：11,22xy，111(,1)22n设2,1x yn为 平 面EBC的 一 个 法 向量，则22,BCBEnn，又,0,0BCa，(0,)3 3a aBE，0,0,33axaya解得：0,1xy，20,1,1n1212123cos,6nnn nn n13 分二面角 ACEP的大小为3arccos614分7 法一： （I） 在直三棱柱111ABCA BC中,11AB/AB. BAC是11AB与AC所成的角 . 2 分在Rt ABC中，,9 0A BB CA BC，45BAC. 11AB与AC所成角为45. （II）取AC中点E，连结,DE BE，

20、D是1AC的中点，则1/DEAA. 1AA平面ABC，DE平 面ABC. 则BE是BD在 平面ABC内 的 射影. ABBC, BEAC. BDAC. 同理可证1BDBC. 8 分又1ACBCC，BD平面1ABC. （III ）取1AB中点F，连结,CF BF，1ABBB,1BFAB12ACBC,1.CFAB则BFC为二面角1CABB的平面角 . 12 分在Rt BFC中，2,1,902BFBCFBC，则tan2.BFCBFC=arctan 2. 14 分即二面角1CABB的大小为arctan 2. 法二：（ I）同法一 . （II）建立空间直角坐标系Bxyz，如图，则(0,0,0)B，(1,

21、0,0)A，(0,1,0),C1(0,0,1)B，1(1,0,1)A，D（1 1 1,)2 2 2. 6 分则1 1 1(,)2 2 2BD，1( 1,1,0),( 1,0,1)ACAB. 10,0BD ACBD AB. 8 分1,BDAC BDAB，且1ACABA. BD平面1ABC. 9 分（III ）11,BCBB BCAB ABBBB, BC平面1ABB. (0,1,0)BC是平面1ABB的法向量 . 由（ II ）可知1 1 1(,)2 2 2BD是平面1ABC的法向量 .132cos,3|32BC BDBC BDBCBD. 即二面角1CABB的大小为3arccos.38解法一：（）

22、证明：平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABCAB，且BC，BCPAB平面. PA平 面PAB，PABC. HNPBCEMEABCDPHN精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 7 页又PAPB，PAPBC平面. （）解：作POAB于点 O ，OMAC于点M，连 结PM.平 面PAB平 面ABC，POABC平面， 根 据 三 垂 线 定 理 得PMAC，PMO是二面角PACB的平面角 . . 6 分设6PAPB，PAPB，2 33ABPOBOAO，. 30OMAMMAO，sin302AOOMAO，tan2POAOPMOOMOM

23、，即二面角PACB的大小是arctan2. （ ） 解 ： 在 底 面ABC内分别过AC、作BCAB、的 平 行 线 ， 交 于 点D，连结OCODPD，. 则PCD是异面直线AB和PC所成的角或其补角. 30ABBCBAC，tan302BCAB，227OCOBBC，2210PCPOCO. 易 知 底 面A B C D为 矩 形 ， 从 而O CO D，.PCPD在PCD中，1302cos10CDPCDPC，异面直线AB和PC所成角的大小为30arccos10.解法二： 作POAB于点 O ，平面PAB平面ABC，PO平面ABC.过点O作BC的平行线 ， 交AC于 点D.如 图 ， 以 O 为

24、 原 点 ， 直 线O DO BO P，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系. . 2 分6PAPB设. PAPB，2 33ABPOBOAO，. 30ABBCBAC，tan302BCAB. (0 0 0)(03 0)(03 0)(23 0)OABC， ， ， ， ，(0 03)P， (1 0 0).D ， . 4 分（）证明：(033)(2 0 0)PABC，0PA BC，PABC . 又PAPB，PAPBC平面. （）解：作OMAC于点M，连结PM. PO平 面ABC，根 据 三 垂 线 定 理 得PMAC，PMO是二面角PACB的平面角 . 在Rt AMO中，3sin3022AOOM

25、AO，33044M，-， ，从而3333034444MOMP， ，5cos5MO MPMO MPMO MP，即二面角PACB的大小是5arccos5. （）解：0 2 30233ABPC， ， ，-，30cos10AB PCAB PCAB PC，异面直线AB和PC所成角的大小为30arccos10. 9解法一：（ I）证明：由直三棱柱性质，B1B平面 ABC ，B1BAC ，又 BA AC ，B1BBA=B ，AC 平面ABB1A1，又 AC平面 B1AC，平面 B1AC平面 ABB1A1. 4 分（II ） 解：过 A1做 A1MB1A1，垂足为 M，连结 CM ，平面B1AC 平面ABB1

26、A，且平面B1AC平面ABB1A1=B1A， A1M平面 B1AC. A1CM 为直线 A1C 与平面 B1AC 所成的角，直线 B1C 与平面 ABC 成 30角， B1CB=30 . 设 AB=BB1=a，可得 B1C=2a， BC=aACa2,3，.66sin,22,311111CAMACMAaMAaCA又从而直线A1C 与平面B1AC所成角的正弦值为.66 9 分（III ）解：过 A 做 AN BC，垂足为 N，过 N 做 NOB1C，垂足为O，连结 AO ，由 AN BC，可得AN 平面BCC1B1，由三垂线定理，可知AOB1C， AON 为二面角BB1CA 的平面角，.36sin

27、,3611AOANAONaCBACABAOaBCACABAN二面角 BB1CA 的大小为.36arcsin 14分解法二：（I）证明：同解法一. 4 分（II）解：建立如图的空间直角坐标系Axyz，直线 B1C 与平面 ABC 成 30角， B1CB=30. 设 AB=B1B=1，).1 , 1 ,0(),1 ,0,0(),0,0,2(),0, 1 ,0(),0,0, 0(.2,311BACBAACBC则则,6661|,cos),1 , 0,2(),1, 1 ,0(,11111111111CABACABACABACABAACBBABA又的一个法向量是平面易知连结 直 线A1C与 平 面B1AC

28、所 成 角 的 正 弦 值 为.66 9 分（III ）解：设),(zyxn为平面 BCC1B1的一个法向量，.33232|,coscos,).0,2, 1(,0,2, 1, 02, 0),0, 1,2(),1 , 0, 0(,11111111BAnBAnBAnACBBACBBAnzyxyxzBCBBBCnBBn则的大小为设二面角的一个法向量是平面又得则令又则 二面 角B B1C A的 大小 为.33arccos 14 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 7 页ABCDPEFABCDPxyz10解法一：(I)PC平面 AB

29、C ，AB平面 ABC ，PCAB2 分CD平面 PAB ，AB平面 PAB，CDAB4 分又CCDPC，AB平面PCB5 分(II) 过点 A 作 AF/BC ，且 AF=BC ，连结 PF，CF则PAF为异面直线PA 与BC 所成的角由（）可得AB BC，CFAF由三垂线定理，得PFAF则AF=CF=2，PF=6CFPC22，在PFARt中，tanPAF=26AFPF=3，异面直线PA 与 BC 所成的角为3（III ）取 AP 的中点 E，连结 CE、DEPC=AC=2 ， CEPA，CE=2CD平面 PAB，由三垂线定理的逆定理，得DEPACED为二面角C-PA-B 的平面角由 (I)

30、AB平 面 PCB ， 又 AB=BC ，可求得BC=2在PCBRt中，PB=6BCPC22，32622PBBCPCCD在CDERt中，sinCED=36232CECD 二 面 角C-PA-B的 大 小 为arcsin36解法二：（ I）同解法一(II) 由(I)AB平面 PCB， PC=AC=2 ，又 AB=BC ，可求得BC=2以 B 为原点，如图建立坐标系则（，2，），（0， 0，0），C（2， 0）， P（2， 2）),22,2(AP，)0, 0,2(BC则22BCAP+0+0=2BCAPBCAPBC,APcos=2222= 21异面直线AP 与 BC 所成的角为3（III ）设平面P

31、AB 的法向量为m= (x，y， z)0,2, 0(AB，),22,2(AP，则0.mAP,0mAB即.02zy2x2,0y2解得z2x,0y令z= -1, 得 m= (2，0，-1)设平面 PAC 的法向量为n=(z,y,x)0,-2,0(PC，),02,2(AC，则0.nAC,0nPC即.0y2x2,02z解得yx,0z令x=1, 得n= (1，1，0)12 分nmnmn,mcos=33232 二 面 角C-PA-B的 大 小 为arccos33 14 分11方法 1：（）证明：依条件有CBC1B1，又 C1B1平面 AB1C1， CB平面 AB1C1，所以 CB平面 AB1C1. 3 分

32、（）解：因为D 为 AB 的中点，依条件可知C1DA1B1. 所以111BC ADV=111CD ABV=13 C1D1 (12 A1AD1B1) =1312 (12 132)=324. 7 分（）解：因为D1是 A1B1上一动点，所以当 D1与A1重合时，二面角D1-AC1-C 的大小为 ；当 D1与 B1重合时，如图， 分别延长 A1C1和 AC1，过 B1作 B1EA1C1延长于 E， 依条件可知平面A1B1C1平面 ACC1A1，所以 B1E平面 ACC1A1. 过点 E 作 EFA1C1，垂直为F. 连结 FB1，所以 FB1A1C1.所以 B1FE 是所求二面角的平面角.容易求出

33、B1E=32，FE=24. 所以tanB1FE=1B EFE=6.所以 B1FE= arctan6. （或 arccos77）所 以 二 面 角D1-AC1-C的 取 值 范 围 是arctan6，（或 arccos77， ）. 13 分方法 2：（），（）略（）解：如图建立空间直角坐标系，则有A(1， 0，0)，B1(-12，32，1)，C1(0， 0，1). 因为 D1是 A1B1上一动点，所以当D1与 A1重合时，二面角 D1-AC1-C 的大小为 ； 当 D1与 B1重合时， 显然向量 n1=(0，1，0)是平面 ACC1A1的一个法向量. 因为1C A=(1，0， - 1)，11C

34、B=(-12，32，1)，设平面 C1AB1的法向量是n2=(x，y，z)，由1C A n2=0，11C B n2=0，解得平面C1AB1的一个法向量 n2=(1，33，1).因为 n1 n2=33， |n1|=1，|n2|=73，设二面角B1-AC1-C 的大小为 ，所以 cos =77.即 =arccos77. 所以二面角D1-AC1-C 的取值范围是arccos77，（或 arctan6，）. 13 分12解法一 :证明：PA底面 ABCD, BC平面 ABCD,PABC，ACB=90，BCAC. 又PAACA，BC平面PAC.4 分(2)AB / CD, 0120DAB.ADC=600

35、,又AD =CD=1,ADC为等边三角形 ,且 AC=1. 取AC的中点O，则DOAC，PA底面 ABCD ，,PADODO面PAC过O作OHPC，垂足为H，连DH，由三垂线定理知DHPC. DHO为二面角DPCA的平面角 . 由33,42OHDO. tan2,arctan 2DODHODHOOH.二面角DPCA的大小为arctan2. A B(D) C A1 B1(D1) C1 E F A B(D) C A1 B1(D1) C1 x y z 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 7 页(3)设点B到平面PCD的距离的距离为d

36、. AB/ CD,AB平面,PCD CD面PCD, /AB平面PCD.点B到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离 . 153,3 1344APCDPACDVVd分,155d. 解法二(1) 同解法一 ; 4 分(2) 取CD的中点E，则,AECDAEAB. 又PA底面 ABCD,AE面ABCD,PAAE5 分 5分建立空间直角坐标系，如图.则3 1310,0,0,0,0,3 ,0,02222APCD，3 1310,0,3 ,0 ,0 ,2222APACPD设1111,nx y z为平面PAC的一个法向量，2222,nxy z为平面PDC的一个法向量，则111111113100322003

37、0nACxyyxznAPz可取13,3,0n；22122222200031230022ynDCyxzxyznDP，可取22,0,1n. 9 分121212cos, 102355523nnnnnn分.故所求二面角的大小为5arccos5. (3) 又0,2,0 ,0,2,3BPB. 由（）取平面PCD的一个法向量22,0,1n, 点B到平面PCD的距离的距离为22 13nPBdn分. 0220315 1455分13解 ：( )AB平面 DEF . 在 ABC 中， E、 F 分别是 AC、BC 上的点，且满足CECFkCACB， ABEF. 图（ 2） AB平面 DEF，EF平面 DEF， AB

38、平面 DEF. 3 分( )过 D 点作 DGAC 于 G，连结 BG，ADCD, BDCD, ADB 是二面角A- CD- B 的平面角 . ADB=90, 即 BDAD. BD平面 ADC. BDAC. AC平面 BGD. BGAC . BGD 是二面角B- AC- D 的平面角 . 5 分在 ADC 中， AD=a, DC=3a , AC= 2a, 23322AD DCaaDGACa. 在 RtBDG 中，2 3tan3BDBGDDG. 2 3arctan3BGD. 即二面角B- AC-D 的大小为2 3arctan3. 8 分( ) ABEF, DEF( 或其补角 ) 是异面直线AB与

39、 DE 所成的角 . 9 分2ABa，2EFak . 又 DC=3a , 2CEkCAak，222cosDFDEDCCEDC CEACD222342 32cos30aa kaak22222346346 .aa ka kakk2222cos224DEEFDFEFDEFDE EFDE. 22 22346akakk. 解得12k. 13 分14解：（I）直三棱柱ABCA1B1C1， B1B面 ABC，B1BAB. 又 ABBC， AB面 BCC1B1. 连结 BC1，则 AC1B 为 AC1与平面 B1BCC1所成角 . 依题设知， BC1=22，在 RtABC1中，.22222tan11BCABB

40、AC 5 分（II ）如图，连结 DF ，在 ABC1中， D、F 分别为AB、BC1的中点， DF AC1，又 DF平面 B1DC，AC1平面 B1DC，AC1平面 B1DC. 10 分（III ）PB1=x，.21BCCS当点 P 从 E 点出发到 A1点，即2, 1x时，由（ 1）同理可证PB1面 BB1C1C，.3231111xPBsVBCCBCCP当点P 从 A1点运动到A 点，即22, 2x时，343111ABSVBCCBCCP. 三棱锥P BCC1的体积表达式.22,2342, 1 32)(xxxxV 14 分15证明：（ I）E是 AB的中点，AB21BE，又EB/DC,AB2

41、1DC,AB/CD且EBDC四边形 DCBE 是平行四边形，BC/EDDE面 PBC ， BC面 PBC ，/DE平面 PBC 。（ II ）连接 EC ，据（ I ）知，AE/CD且 CD=AE ，四边形ADCE为平行四边形，又AD=DC ，四边形ADCE是菱形。连接AC交 DE于 F，连接 PF，则ACDE，PFDE，DE,FPFAC平面 PFC 。又PC平面 PFC ，PCDE。（III）DE平面 PFC ，DE平面 BCDE ，平面 PFC平面 BCDE ，且两平面交于AC ，过点 P作ACPH于 H，则PH平面 BCDE ，连接 DH ，则 DH为 PD在平面 BCDE 上的射影，P

42、DH就是直线PD与平面 BCDE 所成的角。由 （II ） 知，PFC 就是二面角CDEP的平面角，60PFA,120PFC。设aDEBCAEAD，则a23PFAF在PHFRt中，a4360sinPFPH在PHDRt中，43PDPHPDHsin16()证明 ：连结 A1C1、AC、AC 和 BD 交于 O，连结C1O四边形ABCD 是菱形，AC BD，BD=CD又 BCC1=DCC1，C1C= C1C， C1BCC1DCC1B=C1D， DO=OBC1OBD，但 ACBD，AC C1O=O， BD平面 AC1，又 C1C平面 AC1C1CBD( )解：由 ()知 ACBD，C1OBD， C1O

43、C 是二面角 BD 的平面角在 C1BC 中， BC=2，C1C=23， BCC1=60o，C1B2=22(23)22223cos60o=413 OCB= 30o， OB=21BC= 1z P A B GABCDEF精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 7 页C1O2= C1B2OB2=491413，C1O=23即 C1O= C1C作C1HOC，垂足为H点 H 是 OC 的中点，且OH=23，所以 cosC1OC=OCOH1=33( )当1CCCD=1 时，能使 A1C平面 C1BD 证明一 ：1CCCD=1， BC=CD=

44、C1C，又 BCD= C1CB= C1CD，由此可推得BD= C1B = C1D三棱锥CC1BD 是正三棱锥设 A1C 与 C1O 相交于 GA1 C1AC，且 A1 C1OC=21，C1GGO=21又 C1O 是正三角形C1BD 的 BD 边上的高和中线，点G 是正三角形C1BD 的中心，CG平面 C1BD即 A1C平面 C1BD证明二 ：由 ()知， BD平面 AC1，A1 C平面 AC1， BDA1 C当1CCCD=1 时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同 BDA1 C 的证法可得BC1A1C，又 BDBC1=B，A1C平面 C1BDOHGC1CDABD1B1A1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 7 页