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立体几何解答题最全归纳总结
【题型归纳目录】
题型一：非常规空间几何体为载体
题型二：立体几何存在性问题
题型三：立体几何折叠问题
题型四：立体几何作图问题
题型五：立体几何建系繁琐问题
题型六：两角相等 (构造全等)的立体几何问题
题型七：利用传统方法找几何关系建系
题型八：空间中的点不好求
题型九：创新定义
【典例例题】
题型一：非常规空间几何体为载体
例1.如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB= 4，母线 PH= 2 2，M是PB的中
点，四边形OBCH为正方形．
(1)设平面POH∩平面PBC= l，证明：l∥BC；
(2)设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB
所成角最大时，求MN的长．
例2.如图所示，圆锥的底面半径为 4，侧面积为 16 2π，线段AB为圆锥底面⊙O的直径，C在线段AB上，且
BC= 3CA，点D是以BC为直径的圆上一动点；
(1)当CD=CO时，证明：平面PAD⊥平面POD
(2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，求二面角B-PD-A的余弦值．
例3.如图，圆锥 PO的母线长为 6，△ABC是 ⊙ O的内接三角形，平面 PAC⊥平面 PBC． BC = 2 3，
∠ABC= 60°．
(1)证明：PA⊥PC；

(2)设点Q满足OQ= λOP，其中 λ∈ 0,1 ，且二面角O-QB-C的大小为 60°，
求 λ的值．
例4.如图，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，AB为底面直径，C为底面圆周上一点，DA=AC=BC=
2，四边形DOAE为矩形，点F在BC上，且DF 平面EAC．
(1)请判断点F的位置并说明理由；
(2)平面DFO将多面体DBCAE分成两部分，求体积较大部分几何体的体积．
例5.如图，在直角△POA中，PO⊥OA，PO= 2OA，将△POA绕边PO旋转到△POB的位置，使∠AOB=

90°，得到圆锥的一部分，点C为AB的中点．
(1)求证：PC⊥AB；
(2)设直线PC与平面PAB所成的角为 φ，求 sinφ．
．
例6.如图，四边形ABCD为圆柱O1O2的轴截面，EF是该圆柱的一条母线，EF= 2EA，G是AD的中点．
(1)证明：AF⊥平面EBG；
(2)若BE= 3EA，求二面角E-BG-A的正弦值．
例7.例 7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转 120°

得到的，G是DF的中点．

(1)设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求证BP⊥BE；
(2)当AB= 3，AD= 2时，求二面角E-AG-C的大小．
例8.如图，四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧DC ,AB上的一点，EF ∥AD，点H为线段
AD的中点，且AB=AD= 4,∠FAB= 30°，点G为线段CE上一动点．
(1)试确定点G的位置，使DG 平面CFH，并给予证明；
(2)求二面角C-HF-E的大小．
例9.坐落于武汉市江汉区的汉口东正教堂是中国南方唯一的拜占庭式建筑，象征着中西文化的有机融合．拜
占庭建筑创造了将穹顶支承于独立方柱上的结构方法和与之相呼应的集中式建筑形制，其主体部分由一
圆柱与其上方一半球所构成，如图所示．其中O是下底面圆心，A,B,C是⊙O上三点，A1,B1,C1是上底面
1
对应的三点．且A,O,C共线，AC⊥OB，C1E=EC，B1F = 3 FB，AE OF
3 65
与 所成角的余弦值为 65 ．
(1) 2 3若E到平面A1BC的距离为 3 ，求⊙O的半径．
(2)在 (1)的条件下，已知P为半球面上的动点，且AP= 2 10，求P点轨迹在球面上围成的面积．
例10.如图，ABCD为圆柱OO 的轴截面，EF是圆柱上异于AD,BC的母线．
(1)证明：BE⊥平面DEF；
(2)若AB=BC= 6，当三棱锥B-DEF的体积最大时，求二面角B-DF-E的正弦值．
例11.如图，O1，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的
直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，AA1，BB1，CC1为圆台的母线，AB= 2A1B1= 8．
(1)证明；C1D 平面OBB1O1；
(2)若二面角C1-BC-O π为 3 ，求O1D与平面AC1D所成角的正弦值．
例12.某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方
体和圆台组合，如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB= 4,AD=AA1= 2，圆台下底圆心O为AB的
中点，直径为 2，圆与直线AB交于E,F，圆台上底的圆心O1在A1B1上，直径为 1．
(1)求A1C与平面A1ED所成角的正弦值；
(2)圆台上底圆周上是否存在一点P使得FP⊥AC1，若存在，求点P到直线A1B1的距离，若不存在则说明
理由．
题型二：立体几何存在性问题
例13.如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA= 1，AB= 1，AC= 2，∠BAC= 60°．
(1)求三棱锥A-PBC的体积；
(2) PC M BM⊥AC MC在线段 上是否存在一点 ，使得 若存在，求 PM 的值，若不存在，请说明理由．
例14.已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD= 2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，
E、F、G、O分别是PC、PD、BC、AD的中点．
(1)求平面EFG与平面ABCD所成的锐二面角的大小；
(2)线段PA π PM上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为 6 ，若存在，求出 的值；若PA
不存在，说明理由．
例15.已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB= 90°，A1B⊥AC1，AC=AA1= 4，BC= 2．
(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
(2)若∠A1AC= 60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B-A1P-C 3的平面角的余弦值为 4 ？若
存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
例16.如图，在四棱锥 P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD BC，AD⊥ CD，且AD= CD，BC= 2CD，
PA= 2AD．
(1)证明：AB⊥PC；
(2) 17在线段PD上是否存在一点M，使得二面角M-AC-D的余弦值为 17 ，若存在，求BM与PC所成
角的余弦值；若不存在，请说明理由．
例17.如图，△ABC是边长为 6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且AE=AF=BN= 4，M
为BC边的中点，AM交EF于点O，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使DM= 15．
(1)证明：平面DEF⊥平面BEFC；
(2)试探究在线段DM DP上是否存在点P，使二面角P-EN-B的大小为 60°？若存在，求出 PM 的值；若不
存在，请说明理由．

例18.图 1是直角梯形ABCD，AB CD，∠D= 90 ，AB= 2，DC= 3，AD= 3，CE= 2ED，以BE为折痕将
△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1= 6，如图 2．
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)在棱DC 61上是否存在点P，使得C1到平面PBE的距离为 2 ？若存在，求出二面角P-BE-A的大
小；若不存在，说明理由．
例19.如图所示，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB= 1，AC=AA1=
2，AD=CD= 5，E为棱AA 11上的点，且AE= 2．
(1)求证：BE⊥平面ACB1；
(2)求二面角D1-AC-B1的余弦值；
(3)在棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF∥平面ACB1？若存在，求A1F的长；若不存在，请说明理由．
例20.如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥BD，AC⊥BC，ED AC，且AC=BC= 2ED= 2，DC=DB
= 3．
(1)求证：平面ABE⊥与平面ABC；
(2)线段BC上是否存在一点F，使得平面AEF与平面ABE 5 43夹角余弦值的绝对值等于 43 ，若存在，求
BF
的值；若不存在，说明理由．
BC
题型三：立体几何折叠问题
例21.如图 1，在边上为 4的菱形ABCD中，∠DAB= 60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD=O1，
AC∩MN=G．沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图 2所示的五棱锥P
-ABMND．
(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；
(2)当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；
(3)在 (2) 10的条件下，在线段PA上是否存在一点Q，使得二面角Q-MN-P余弦值的绝对值为 10 ？若
存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．
例22.如图，在等腰直角三角形 PAD中，∠A = 90°，AD = 8，AB = 3，B、C分别是 PA、PD上的点，且
AD BC，M、N分别为BP、CD的中点，现将△BCP沿BC折起，得到四棱锥P-ABCD，连接MN .
(1)证明：MN 平面PAD；
(2)在翻折的过程中，当PA= 4时，求二面角B-PC-D的余弦值．
例23.如图 1，在平面四边形PDCB中，PD∥BC，BA⊥PD，PA=AB=BC= 2，AD= 1．将△PAB沿BA
翻折到△SAB的位置，使得平面SAB⊥平面ABCD，如图 2所示．
(1)设平面SDC与平面SAB的交线为 l，求证：BC⊥ l；
(2)点Q在线段SC上 (点Q不与端点重合)，平面QBD与平面BCD 6夹角的余弦值为 6 ，求线段BQ的
长．
例24.如图，在平面五边形PABCD中，△PAD为正三角形，AD∥BC，∠DAB= 90°且AD=AB= 2BC= 2．
将△PAD沿AD翻折成如图所示的四棱锥P-ABCD，使得PC= 7．F，Q分别为AB，CE的中点．
(1)求证：FQ∥平面PAD；
(2) DE 1若 PE = 2 ，求平面EFC与平面PAD夹角的余弦值．
例25.如图，在平行四边形ABCD中，AB= 3，AD= 2，∠A= 60°，E，F分别为线段AB，CD上的点，且BE=
2AE，DF=FC，现将△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，连接A1B，A1C．
(1)若点G为线段A1B上一点，且A1G= 3GB，求证：FG 平面A1DE；
(2)当三棱锥C-A1DE的体积达到最大时，求二面角B-A1C-D的正弦值．
例26. 1如图 1，四边形ABCD是边长为 2的正方形，四边形ABEF是等腰梯形，AB=BE= 2 EF，现将正方形
ABCD沿AB翻折，使CD与C D 重合，得到如图 2所示的几何体，其中D E= 4．
(1)证明：AF⊥平面AD E；
(2)求二面角D -AE-C 的余弦值．
例27.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,AB=BC= 2,AD= 4，现将△ABC所在平面沿对角线AC翻折，使点
B翻折至点E，且成直二面角E-AC-D．
(1)证明：平面EDC⊥平面EAC；
(2)若直线DE与平面EAC 1所成角的余弦值为 2 ，求二面角D-EA-C的余弦值．
例28.如图 1，在△ABC中，∠ACB= 90°，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是
等边三角形 (如图 2)，记AB的中点为F．
(1)证明：DF⊥平面ABC．
(2)若AE= 2，二面角D-AC-E π为 6 ，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．
题型四：立体几何作图问题
例29.已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，O为其中心，点E为侧棱PD的中点．
(1)作出过O、P两点且与AE平行的四棱锥截面 (在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简
DM
要作图过程)；记该截面与棱CD的交点为M，求出比值 (直接写出答案)；
MC
(2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求AE与平面PBC所成角的正弦值．
例30.．如图，已知底面为平行四边形的四棱锥 P-ABCD中，平面MNGH与直线PB和直线AC平行，点 E
为PD的中点，点F在CD上，且DF:FC= 1:2．
(1)求证：四边形MNGH是平行四边形；
(2)求作过EF作四棱锥P-ABCD的截面，使PB与截面平行 (写出作图过
程，不要求证明)．截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体
的表面的交线围成的平面图形．
例31.如图，在棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动
点 (不与顶点重合)．
(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线 (要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG 平面D1EF，则
EF A1D；
(2)若G为棱BC的中点，是否存在F，使平面D1EF⊥平面DGF，若存在，求出 CF 的所有可能值；若不
存在，请说明理由．
例32.如图，在棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动
点 (不与顶点重合)．
(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线 (要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG 平面D1EF，则
EF A1D；
(2)若F，G均为其所在棱的中点，求点G到平面D1EF的距离．
例33.如图多面体 ABCDEF中，面 FAB⊥面 ABCD，△FAB为等边三角形，四边形 ABCD为正方形，
EF BC，且EF= 32 BC= 3，H，G分别为CE，CD的中点．
(1)求二面角C-FH-G的余弦值；
(2)作平面FHG AP与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出 的值 (不需要说明理由，保
AB
留作图痕迹)．
例34.如图，已知多面体 EABCDF的底面ABCD是边长为 2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD EA，且FD
= 12 EA= 1．
(1)求多面体EABCDF的体积；
(2)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但
不要求证明．
例35.四棱锥 P-ABCD 2π中，底面ABCD是边长为 2的菱形，∠DAB= 3 ．AC∩ BD=O，且 PO⊥平面
ABCD，PO= 3，点F,G分别是线段PB.PD上的中点，E在PA上．且PA= 3PE．
(Ⅰ)求证：BD 平面EFG；
(Ⅱ)求直线AB与平面EFG的成角的正弦值；
(Ⅲ)请画出平面EFG与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．
题型五：立体几何建系繁琐问题
例36.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中
点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
(1)证明：AA1 MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO 平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E
与平面A1AMN所成角的正弦值．
例37.如图，在锥体P-ABCD中，ABCD是边长为 1的菱形，且∠DAB= 60°，PA=PD= 2，PB= 2，E，F
分别是BC，PC的中点
(1)证明：AD⊥平面DEF
(2)求二面角P-AD-B的余弦值．

例38.如图，AEC是半径为 a的半圆，AC为直径，点E为AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点，平
面AEC外一点F满足FB=FD= 5a，EF= 6a．
(1)证明：EB⊥FD；
(2)已知点Q，R为线段FE，FB上的点，FQ= 23 FE，FR=
2
3 FB，求平面BED与平面RQD所成二面角
的正弦值．
例39.《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右．它是一
本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的
体系．《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥 P-ABC中，PA⊥
平面ABC．
(1)从三棱锥P-ABC中选择合适的两条棱填空：　BC　⊥　　，则三棱锥P-ABC为“鳖臑”；
(2)如图，已知AD⊥PB，垂足为D，AE⊥PC，垂足为E，∠ABC= 90°．
(ⅰ)证明：平面ADE⊥平面PAC；
(ⅱ)设平面ADE与平面ABC的交线为 l，若PA= 2 3，AC= 2，求二面角E- l-C的大小．
例40.已知四面体ABCD，AD=CD，∠ADB=∠CDB= 120°，且平面ABD⊥平面BCD．
(Ⅰ)求证：BD⊥AC；
(Ⅱ)求直线CA与平面ABD所成角的大小．
例41.已知四面体ABCD，∠ADB=∠CDB= 120°，且平面ABD⊥平面BCD．
(Ⅰ)若AD=CD，求证：BD⊥AC；
(Ⅱ)求二面角B-CD-A的正切值．
题型六：两角相等 (构造全等)的立体几何问题
例42.如图，在三棱锥A- BCD中，ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD= 90°，点 P是AC的中点，连接
BP，DP
(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；
(2)若BD= 6，cos∠BPD=- 33 ，求三棱锥A-BCD的体积．
例43.如图，在三棱锥A- BCD中，ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD= 90°，点 P是AC的中点，连接
BP，DP．
(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；
(2)若BD= 6，且二面角A-BD-C为 120°，求直线AD与平面BCD
所成角的正弦值．
例44.如图，四棱锥 F-ABCD中，底面ABCD为边长是 2的正方形，E，G分别是CD、AF的中点，AF= 4，
∠FAE=∠BAE，且二面角F-AE-B的大小为 90°．
(1)求证：AE⊥BG；
(2)求二面角B-AF-E的余弦值．
例45.如图，四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是边长为 2的菱形，∠DAE=∠BAE= 45°，∠DAB= 60°．
(Ⅰ)证明：平面ADE⊥平面ABE；
(Ⅱ)当直线DE与平面ABE所成的角为 30°时，求平面DCE与平面ABE所成锐二面角的余弦值．
例46.如图，在四面体ABCD中，已知∠ABD=∠CBD= 60°，AB=BC= 2，
(1)求证：AC⊥BD；
(2)若平面ABD⊥平面CBD，且BD= 52 ，求二面角C-AD-B的余弦值．
题型七：利用传统方法找几何关系建系
例47.如图：长为 3的线段PQ与边长为 2的正方形ABCD垂直相交于其中心O(PO>OQ)．
(1)若二面角P-AB-Q的正切值为-3，试确定O在线段PQ的位置；
(2)在 (1)的前提下，以P，A，B，C，D，Q为顶点的几何体PABCDQ是否存在内切球？若存在，试确定其
内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．
例48.在四棱锥P-ABCD中，E为棱AD的中点，PE⊥平面ABCD，AD BC，∠ADC= 90°，ED=BC=
2，EB= 3，F为棱PC的中点．
(Ⅰ)求证：PA 平面BEF；
(Ⅱ)若二面角F-BE-C为 60°，求直线PB与平面ABCD所成角的正切值．
例49.三棱柱ABC-A1B 2π1C1中，AB⊥AC，AB=AC= 2，侧面BCC1B1为矩形，∠A1AB= 3 ，二面角A-
BC-A 11的正切值为 2．
(Ⅰ)求侧棱AA1的长；
(Ⅱ)侧棱CC 61上是否存在点D，使得直线AD与平面A1BC所成角的正切值为 3 ，若存在，判断点的位置
并证明；若不存在，说明理由．
例50.如图，在四棱锥 P - ABCD中，底面四边形 ABCD内接于圆O，AC是圆O的一条直径，PA⊥平面
ABCD，PA=AC= 2，E是PC的中点，∠DAC=∠AOB
(1)求证：BE 平面PAD；
(2)若二面角P-CD-A的正切值为 2，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
例51.如图所示，PA⊥平面ABCD，ΔCAB为等边三角形，PA=AB，AC⊥CD，M为AC中点．
(Ⅰ)证明：BM 平面PCD；
(Ⅱ)若PD 6与平面PAC所成角的正切值为 2 ，求二面角C-PD-M的正切值．
题型八：空间中的点不好求
例52.如图，直线AQ⊥平面 α，直线AQ⊥平行四边形ABCD，四棱锥P-ABCD的顶点P在平面 α上，AB
= 7，AD= 3，AD⊥DB，AC∩BD=O，OP AQ，AQ= 2，M，N分别是AQ与CD的中点．
(1)求证：MN 平面QBC；
(2)求二面角M-CB-Q的余弦值．
例53.如图，四棱锥 S-ABCD中，AB CD，BC⊥ CD，侧面 SAB为等
边三角形．AB=BC= 2，CD=SD= 1．
(1)证明：SD⊥平面SAB
(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．
例54.如图，四棱锥 S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD= 2，DC= SD= 2，点M在
侧棱SC上，∠ABM= 60°．
(Ⅰ)证明：M是侧棱SC的中点；
(Ⅱ)求二面角S-AM-B的余弦值．
例55.如图，在四棱锥 P - ABCD中，侧面 PAD⊥底面 ABCD，底面 ABCD为直角梯形，其中 AB CD，
∠CDA= 90°，CD= 2AB= 2，AD= 3，PA= 5，PD= 2 2，点E在棱AD上且AE= 1，点F为棱PD的
中点．在棱AD上且AE= 1，点F位棱PD的中点．
(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；
(2)求二面角A-BF-C的余弦值的大小．
3
例56.如图，在四棱锥A-BCFE中，四边形EFCB为梯形，EF BC，且EF= 4 BC，ΔABC是边长为 2的正
三角形，顶点F AC 21 5在 上的射影为点G，且FG= 3，CF= 2 ，BF= 2．
(1)证明：平面FGB⊥平面ABC；
(2)求二面角E-AB-F的余弦值．
例57.三棱柱 ABC- A1B1C1的底面 ABC是等边三角形，BC的中点为O，A1O⊥底面 ABC，AA1与底面
ABC π 3所成的角为 3 ，点D在棱AA1上，且AD= 2 ，AB= 2．
(1)求证：OD⊥平面BB1C1C；
(2)求二面角B-B1C-A1的平面角的余弦值．
例58.如图，将矩形ABCD沿AE折成二面角D1-AE-B，其中E为CD的中点，已知AB+ 2，BC= 1．BD1
=CD1，F1为D1B的中点．
(1)求证：CF 平面AD1E；
(2)求AF与平面BD1E所成角的正弦值．
题型九：创新定义
例59.蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥 H-
ABC，J-CDE，K-EFA，再分别以AC，CE，EA为轴将△ACH，△CEJ，△EAK分别向上翻转 180°，使
H，J，K三点重合为点 S所围成的曲顶多面体 (下底面开口)，如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲
率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于 2π减
去蜂房多面体在该点的各个面角之和 (多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示)．例如：正四面
π π
体在每个顶点有 3个面角，每个面角是 3 ，所以正四面体在各顶点的曲率为 2π- 3× 3 = π．
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为 1，侧棱长为 2，设BH= x
(i)用 x表示蜂房 (图2右侧多面体)的表面积S(x)；
(ii)当蜂房表面积最小时，求其顶点S的曲率的余弦值．
例60.类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA，PB，PC构成的三
面角P-ABC，∠APC= α，∠BPC= β，∠APB= γ，二面角A-PC-B的大小为 θ，则 cosγ= cosαcosβ
+ sinαsinβcosθ．
(1)当 α、β∈ 0, π2 时，证明以上三面角余弦定理；
(2)如图2，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC= 60°，∠BAC= 45°，
①求∠A1AB的余弦值；
②在直线CC1上是否存在点P，使BP 平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．
例61. (1)如图，对于任一给定的四面体A1A2A3A4，找出依次排列的四个相互平行的平面 α1，α2，α3，α4，使得Ai
∈ αi i= 1,2,3,4 ，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；
(2)给定依次排列的四个相互平行的平面 α1，α2，α3，α4，其中每相邻两个平面间的距离为 1，若一个正四面
体A1A2A3A4的四个顶点满足：Ai∈ αi i= 1,2,3,4 ，求该正四面体A1A2A3A4的体积．

例62.已知 a= (x1,y1,z1)，b = (x2,y2,z ) 2 ，c= (x3,y3,z3)，定义一种运算：(a× b) c= x1y2z3+ x2y3z1+ x3y1z2-

x1y3z2- x2y1z3- x3y2z1，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是一个平行四边形，AB= (2,-1,4)，AD=

(4,2,0)，AP= (-1,2,1)

(1)试计算 (AB×AD) AP的绝对值的值，并求证PA⊥面ABCD；

(2)求四棱锥P-ABCD的体积，说明 (AB×AD) AP的绝对值的值与四棱锥P-ABCD体积的关系，并

由此猜想向量这一运算 (AB×AD) AP的绝对值的几何意义．立体几何解答题最全归纳总结
【题型归纳目录】
题型一：非常规空间几何体为载体
题型二：立体几何存在性问题
题型三：立体几何折叠问题
题型四：立体几何作图问题
题型五：立体几何建系繁琐问题
题型六：两角相等 (构造全等)的立体几何问题
题型七：利用传统方法找几何关系建系
题型八：空间中的点不好求
题型九：创新定义
【典例例题】
题型一：非常规空间几何体为载体
例1.如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB= 4，母线 PH= 2 2，M是PB的中
点，四边形OBCH为正方形．
(1)设平面POH∩平面PBC= l，证明：l∥BC；
(2)设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB
所成角最大时，求MN的长．
【解析】(1)因为四边形OBCH为正方形，∴BC∥OH，
∵BC 平面POH，OH 平面POH，∴BC∥平面POH．
∵BC 平面PBC，平面POH∩平面PBC= l，∴ l∥BC．
(2) ∵圆锥的母线长为 2 2，AB= 4，∴OB= 2，OP= 2，
以O为原点，OP所在的直线为 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P 0,0,2 ，B 0,2,0 ，D 1,0,0 C 2,2,0 ，M 0,1,1 ，

设DN = λDC = λ,2λ,0 0≤ λ≤ 1 ，ON =OD+DN = 1+ λ,2λ,0 ，

MN =ON -OM = 1+ λ,2λ- 1,-1 ，OD= 1,0,0 为平面PAB的一
个法向量，
设MN与平面PAB所成的角为 θ，
= 1+ λ,2λ- 1,-1 1,0,0则 sinθ = 1+ λ ，令 1+ λ= t∈ 1+ λ 2+ 2λ- 1 2+ 1 5λ2- 2λ+ 3
1,2 ，
则 sinθ= t = 1 = 1
5t2- 12t+ 10 5- 12
2 2
t + 10
1 10 1 - 3 7t t 5 + 5
所以当 1 = 3t 5 时，即 λ=
2
3 时，sinθ最大，亦 θ最大，此时MN=
5 , 13 3 ,-1 ，
2 2
所以MN= MN = 5 + 13 3 + -1
2= 353 ．
例2.如图所示，圆锥的底面半径为 4，侧面积为 16 2π，线段AB为圆锥底面⊙O的直径，C在线段AB上，且
BC= 3CA，点D是以BC为直径的圆上一动点；
(1)当CD=CO时，证明：平面PAD⊥平面POD
(2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，求二面角B-PD-A的余弦值．
【解析】(1) ∵PO垂直于圆锥的底面，
∴PO⊥AD，
当CD=CO时，CD=OC=AC，
∴AD⊥OD，又OD∩PO=O，
∴AD⊥平面POD，又AD 平面PAD，
∴平面PAD⊥平面POD；
(2)由题可知OA=OB= 4，4π PB= 16 2π，
∴PB= 4 2，
∴PO= 4，

当三棱锥P-BCD的体积最大时，△DBC的面积最大，此时D为BC的中点，
如图，建立空间直角坐标系O- xyz，
则A(0,-4,0),B(0,4,0),P(0,0,4),D 3,1,0 ，

∴BP= 0,-4,4 ,PD= 3,1,-4 ,AP= (0,4,4)，
设平面 PAD的法向量为n1= (a,b,c)，

则 n1 AP= 0 4b+ 4c= 0 ，即n PD= 0 + - = ，令 a= 5，则 b=-3,c= 3，1 3a b 4c 0
∴ n1= (5,-3,3)，
设平面PBD的法向量 n2= x,y,z ，

则 n2 B P = 0，即 -4y+ 4z= 0 + - = ，令 x= 1，则 y= 1,z= 1，n2 PD= 0 3x y 4z 0
∴ n2= 1,1,1 ，
则
n n
cos n ,n = 1 21 2 = 5- 3+ 3 = 5 129，
n1 n2 3 × 52+ -3 2+ 32 129
∴二面角B-PD-A的余弦值为- 5 129129 ．
例3.如图，圆锥 PO的母线长为 6，△ABC是 ⊙ O的内接三角形，平面 PAC⊥平面 PBC． BC = 2 3，
∠ABC= 60°．
(1)证明：PA⊥PC；

(2)设点Q满足OQ= λOP，其中 λ∈ 0,1 ，且二面角O-QB-C的大小为 60°，
求 λ的值．
【解析】(1) ∵PA=PB=PC= 6，BC= 2 3，PB2+PC 2=BC 2，
∴PB⊥PC
∵平面PAC⊥平面PBC且平面PAC∩平面PBC=PC，PB 平面PBC，PB⊥PC，
∴PB⊥平面PAC，又PA 平面PAC，
∴PB⊥PA，
∴AB= PA2+PB2= 2 3，
∴∠ABC= 60°，
∴△ABC是正三角形，AC= 2 3，
∵PA2+PC 2=AC 2
∴PA⊥PC；
(2)在平面ABC内作OM⊥OB交BC于M，
以O为坐标原点，OM，OB，OP所在直线分别为 x轴，
y轴，z轴，建立空间直角坐标系O- xyz如图所示：
易知OB=OC= 2，OP= PB2-OB2= 2，
所以B 2,0,0 ，P 0,0, 2 ，C -1, 3,0 ，Q 0,0, 2λ ，

QB= 2,0,- 2λ ，BC = -3, 3,0 ，
设平面 OBC的法向量n1= x,y,z ，

依题意 n1 QB
= 0，即 2x- 2λz= 0 ，
n1 CB= 0 -3x+ 3y= 0
不妨令 = ，得 y 3λ n1= λ, 3λ, 2 ，
易知平面OQB的法向量 n2= 0,1,0 ，

由 λ∈ 0,1 可知 , cos n1 n2 =
n n
1 2 = cos60°，
n1 n2
即 3λ = 12，解得 λ=
1
λ2+ ( 3λ)2+ 2 2 2
例4.如图，D为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，AB为底面直径，C为底面圆周上一点，DA=AC=BC=
2，四边形DOAE为矩形，点F在BC上，且DF 平面EAC．
(1)请判断点F的位置并说明理由；
(2)平面DFO将多面体DBCAE分成两部分，求体积较大部分几何体的体积．
【解析】(1)点F是BC的中点，
取BC的中点F，连接OF，DF，因为O为AB的中点，所以OF AC，
又AC 平面AEC，OF 平面AEC，所以OF 平面AEC，
由四边形DOAE为矩形，所以DO AE，
又AE 平面AEC，OD 平面AEC，所以OD 平面AEC，
因为DO∩OF=O，DO,OF 平面DOF，
所以平面DOF 平面AEC，
因为DF 平面DOF，
所以DF 平面AEC，
(2)由 (1)知点F是BC的中点，
因为DA=AC=BC= 2，所以AB= AC 2+BC 2= 2 2，
所以OA=OC=OB= 2，且OC⊥AB，所以OD= AD2-OA2= 2，
所以三棱锥D-BOF的体积V = 1 1 1D-BOF 3 S△BOF DO= 3 × 2 × 2 ×
2
2 × 2=
2
6 ；
又三棱锥D-BOC的体积V 1 1 1D-BOC= 3 S△BOC DO= 3 × 2 × 2 ×
2 × 2= 23 ，
所以四棱锥C-DOAE的体积VC-DOAE= 13 S
1
DOAE× 2= 3 × 2
2
× 2= 2 23 ，
所以几何体DBCAE的体积VDBCAE=VD-BCO+VC-DOAE= 2，
所以体积较大部分几何体的体积为VDBCAE-V 2D-BOF= 2- 6 =
5 2
6 ；
例5.如图，在直角△POA中，PO⊥OA，PO= 2OA，将△POA绕边PO旋转到△POB的位置，使∠AOB=

90°，得到圆锥的一部分，点C为AB的中点．
(1)求证：PC⊥AB；
(2)设直线PC与平面PAB所成的角为 φ，求 sinφ．
【解析】(1)证明：由题意知：PO⊥OA,PO⊥OB，OA∩OC= 0
∴PO⊥平面AOB，
又∵AB 平面AOB，所以PO⊥AB．

又点C为AB的中点，所以OC⊥AB，
PO∩OC= 0，
所以AB⊥平面POC，
又∵PC 平面POC，所以PC⊥AB．

(2)以O为原点，OA，OB，OP的方向分别作为 x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设
OA= 2，则A 2,0,0 ，B 0,2,0 ，P 0,0,4 ，C 2, 2,0 ，

所以AB= -2,2,0 ，AP= -2,0,4 ，PC = 2, 2,-4 ．
n AB=-2a+ 2b= 0,
设平面PAB的法向量为n = a,b,c ，则 取 c= 1，则 an AP=-2a+ 4c= 0,
= b= 2
可得平面PAB的一个法向量为n = 2,2,1 ，
n PC 2 10- 5
所以 sinφ= cos n ,PC = = 4 2- 4
n
= ．
PC 6 5 15
例6.如图，四边形ABCD为圆柱O1O2的轴截面，EF是该圆柱的一条母线，EF= 2EA，G是AD的中点．
(1)证明：AF⊥平面EBG；
(2)若BE= 3EA，求二面角E-BG-A的正弦值．
【解析】(1)由已知EF⊥平面ABE，BE 平面ABE，所以EF⊥BE，
因为AB是圆O1的直径，所以AE⊥BE，
因为AE∩FE=E，所以BE⊥平面AFE，AF 平面AFE，故BE⊥
AF，
因为EF= 2EA= 2AG，所以EA= 2AG，易知：Rt△AEG Rt△EFA，
所以∠GEA+∠EAF= 90°，从而AF⊥EG，又BE∩EG=E，
所以AF⊥平面EBG．

(2)以E为坐标原点，EA为 x轴正方向， EA 为单位向量，建立如图所示的空间直角坐标系E- xyz，
则AB= 2,BE= 3,EF= 2，从而A 1,0,0 ,B 0, 3,0 ,D 1,0, 2 ,

F 0,0, 2 ，AB= -1, 3,0 ,AD= 0,0, 2 ,
设n = x,y,z 位平面BGA的法向量，
x= 3n AB= 0 -x+ 3y= 0
则 { { {y= 1 ，所以n
= 3,1,0 ，
n AD= 0 2z= 0
z= 0

由 (1)知：平面BEG的法向量为AF = -1,0, 2 ,

因为 n AFcos n ,AF = =-
1
2，所以二面角E-BG-A的正弦 n AF
值为 32 ．
例7.例 7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转 120°

得到的，G是DF的中点．

(1)设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求证BP⊥BE；
(2)当AB= 3，AD= 2时，求二面角E-AG-C的大小．
【解析】(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP 平面ABP，AB∩AP=A，
所以BE⊥平面ABP，又BP 平面ABP，所以BP⊥BE．
(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为 x，y，z轴，建立如图所示
的空间直角坐标系．
由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1, 3,3)，C(-1, 3,0)，

故AE= (2,0,-3)，AG= (1, 3,0)，CG= (2,0,3)．
设m = x1,y1,z1 是平面AEG的一个法向量，
m

由 ·A
E = 0 2x1- 3z可得 1= 0,
m·AG= 0 x1+ 3y1= 0.
取 z1= 2，可得平面AEG的一个法向量m = (3,- 3,2)．
设n = x2,y2,z2 是平面ACG的一个法向量，

由 n
·A

G = 0，可得 x2+ 3y2= 0,
n·CG= 0 2x2+ 3z2= 0.
取 z2=-2，可得平面ACG的一个法向量n = (3,- 3,-2)．
所以 cos m ,n

= m n

= 1 2， 因为 ,n >∈ [0,π]，
|m| |n|
故所求的角为 60°．
例8.如图，四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧DC ,AB上的一点，EF ∥AD，点H为线段
AD的中点，且AB=AD= 4,∠FAB= 30°，点G为线段CE上一动点．
(1)试确定点G的位置，使DG 平面CFH，并给予证明；
(2)求二面角C-HF-E的大小．
【解析】(1)
当点G为CE的中点时，DG∥平面CFH．
证明：取CF得中点M，连接HM ,MG．
∵G，M分别为CE与CF的中点，
∴GM∥EF，且GM= 12 EF=
1
2 AD，
又H为AD的中点，且AD∥EF,AD=EF，
∴GM∥DH,GM=DH．
四边形GMHD是平行四边形，∴HM∥DG
又HM 平面CFH,DG 平面CFH
∴DG∥平面CFH
(2)由题意知，AB是半圆柱底面圆的一条直径，
∴AF⊥BF．
∴AF=ABcos30° = 2 3,BF=ABsin30° = 2．
由EF∥AD,AD⊥底面ABF，得EF⊥底面ABF．
∴EF⊥AF,EF⊥BF．
以点F为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则F(0,0,0),B(0,2,0),C(0,2,4),H(2 3,0,2)

FH= (2 3,0,2),FC = (0,2,4)
设平面CFH的一个法向量为n = (x,y,z)

所以 n
FH = 2 3x+ 2z= 0
n FC = 2y+ 4z= 0
则令 z= 1则 y=-2,x=- 33
即n = - 33 ,-2,1
由BF⊥AF,BF⊥FE,AF∩FE=F．得BF⊥平面EFH

∴平面EFH的一个法向量为FB= (0,2,0)
设二面角C-HF-E所成的角为 θ∈ 0, π2
3


=∣ , = |n FB| 0× - + (-2) × 2+ 1× 0 则 cosθ cos n FB = 3 = 3|n||FB| × 1 + + 22 3 4 1
∴二面角C-HF-E所成的角为 π6．
例9.坐落于武汉市江汉区的汉口东正教堂是中国南方唯一的拜占庭式建筑，象征着中西文化的有机融合．拜
占庭建筑创造了将穹顶支承于独立方柱上的结构方法和与之相呼应的集中式建筑形制，其主体部分由一
圆柱与其上方一半球所构成，如图所示．其中O是下底面圆心，A,B,C是⊙O上三点，A1,B1,C1是上底面
1 3 65
对应的三点．且A,O,C共线，AC⊥OB，C1E=EC，B1F = 3 FB，AE与OF所成角的余弦值为 65 ．
(1) 2 3若E到平面A1BC的距离为 3 ，求⊙O的半径．
(2)在 (1)的条件下，已知P为半球面上的动点，且AP= 2 10，求P点轨迹在球面上围成的面积．
【解析】(1)如图，取BB1,CE上的点N ,M．
连接OM ,OF,FM．过N作NH⊥A1B于H，
则OM∥AE，由题意知 cos∠FOM= 3 6565 ，
设⊙O的半径为 r，AA1= h，
由勾股定理知OF= r2+ 9 h2，OM= r2+ 1 h2，FM= 2r2+ 1 h216 16 4 ，
2 2 2
由余弦定理知 cos∠FOM= OF +OM -FM
2× × ．代入解得 h= 2r，OF OM
因为EN∥BC，EN 面A1BC，
所以EN∥面A1BC，
故N到面A1BC的距离是
2 3
3 ，
因为BC⊥AB，BC⊥AA1，AA1∩AB=A，
所以BC⊥面A1AB，BC⊥NH，
因为NH⊥BC，NH⊥A1B，A1B∩BC=B，
所以NH⊥面A1BC，NH= 2 33 ，
而 A Bsin∠A1BB = NH1 BN =
1 1 ，即 2 3 = 2r ，
A1B 3× h 2r2+ h22
解得 r= 2，h= 4，
即⊙O的半径为 2．
(2)设上底面圆心为O1，则O1P= 2，O1O2与O1P的夹角为 θ，

所以 |AP| = |AO1+O1P| = 20+ 4+ 8 5cosθ= 2 10，
解得 cosθ= 2 55 ，
过P作PO ⊥AO 于O，则O P=O P sinθ= 2 52 1 2 2 1 5 ，
所以点P的轨迹是以O2为圆心，以
2 5
5 为半径的圆，
因此可作出几何体被面AOA1所截得到的截面，如图所示．
设弧A1C1旋转一周所得到的曲面面积为S1，弧PP 得到的为S2，
S2S = 1- cosθ则 1 ，因此S2= 2πr
2(1- cosθ) = 8π 1- 2 55 ． S = 1 1 2 × 4πr2
因此P点轨迹在球面上围成的面积为 8π 1- 2 55 ．
例10.如图，ABCD为圆柱OO 的轴截面，EF是圆柱上异于AD,BC的母线．
(1)证明：BE⊥平面DEF；
(2)若AB=BC= 6，当三棱锥B-DEF的体积最大时，求二面角B-DF-E的正弦值．
【解析】(1)证明：如图，连接AE，由题意知AB为⊙O的直径，所以AE⊥BE．
因为AD,EF是圆柱的母线，
所以AD∥EF且AD=EF，所以四边形AEFD是平行四边形．
所以AE DF，所以BE⊥DF．因为EF是圆柱的母线，所以EF⊥平面
ABE，
又因为BE 平面ABE，所以EF⊥BE．又因为DF∩EF=F，
DF、EF 平面DEF，所以BE⊥平面DEF．
(2)由 (1)知BE是三棱锥B-DEF底面DEF上的高，由 (1)知
EF⊥AE,AE∥DF，所以EF⊥DF，即底面三角形DEF是直角三
角形．设DF=AE= x,BE= y，则
在Rt△ABE中有：x2+ y2= 6，
x2+ y2
所以V 1 1 1 6 6B-DEF= 3 S△DEF BE= 3 2 x 6 y= 6 xy≤ 6 2 =
6
2 ，

当且仅当 x= y= 3时等号成立，即点E，F分别是AB，CD的中点时，三棱
锥B-DEF的体积最大，
(另等积转化法：VB-DEF=V 1D-BEF=VD-BCF=VB-CDF= 3 S△CDF BC

易得当F与CD距离最远时取到最大值，此时E、F分别为AB、CD中点)
下面求二面角B-DF-E的正弦值：
法一：由 (1)得BE⊥平面DEF，因为DF 平面DEF，所以BE⊥DF．
又因为EF⊥DF,EF∩BE=E，所以DF⊥平面BEF．
因为BF 平面BEF，所以BF⊥DF，所以∠BFE是二面角B-DF-E的平面角，
由 (1)知△BEF为直角三角形，则BF= ( 3)2+ ( 6)2= 3．
故 sin∠BFE= BE 3BF = 3 ，所以二面角B-DF-E的正弦值为
3
3 ．
法二：由 (1)知EA,EB,EF两两相互垂直，
如图，以点E为原点，EA,EB,EF所在直线
为 x，y，z轴建立空间直角坐标系E- xyz，
则B(0, 3,0),D( 3,0, 6),E(0,0,0),F(0,0, 6)．

由 (1)知BE⊥平面DEF，故平面DEF的法向量可取为EB= (0, 3,0)．
设平面BDF的法向量为n = (x,y,z)，

由DF = (- 3,0,0),BF = (0,- 3, 6)，

得 n D F = 0，即 - 3x= 0 x= 0 - + = ，即 = ，取 z= 1，得n
= (0, 2,1)．
n BF = 0 3y 6z 0 y 2z
设二面角B-DF-E的平面角为 θ，


| |n EB|cosθ| =∣ cos n,EB = = 2 × 3 6 × = 3 ，|n| |EB| 3 3
所以二面角B-DF-E的正弦值为 33
例11.如图，O1，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的
直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，AA1，BB1，CC1为圆台的母线，AB= 2A1B1= 8．
(1)证明；C1D 平面OBB1O1；
(2) π若二面角C1-BC-O为 3 ，求O1D与平面AC1D所成角的正弦值．
【解析】(1)连接DE,O1E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，
所以△BOC为等腰直角三角形，即∠OBD= 45°，
又D在圆E上，故△BED为等腰直角三角形，
所以DE OC且DE= 12 OC，又CC1是母线且O1C1=
1
2 OC，则
O1C1 OC，
故DE O1C1且DE=O1C1，则DEO1C1为平行四边形，
所以EO1 DC1，而EO1 面OBB1O1，DC1 面OBB1O1，
故C1D 平面OBB1O1．
(2)由题设及 (1)知：O1O、OB、OC两两垂直，构建如下图示的空
间直角坐标系，
过C1作C1F O1O，则F为OC的中点，再过F作FG OD，连接
C1G，
由O1O⊥圆O，即C1F⊥圆O，BC 圆O，则C1F⊥BC，又OD
⊥BC，则FG⊥BC，
故二面角C1-BC-O的平面角为∠FGC π1= 3，而FG=
1
2 OD=
2
4 OB= 2，
所以O1O=C1F=FGtan π3 = 6．
则A(0,-4,0)，D(2,2,0)，C1(2,0, 6)，O1(0,0, 6)，

所以AD= (2,6,0)，C1D= (0,2,- 6)，O1D= (2,2,- 6)，
若m = (x,y,z)为面AC1D的一个法向量，则

m
A D = 2x+ 6y= 0 ，令 y= 6，则m
= (-3 6, 6,2)，
m C1D= 2y- 6z= 0

|cos |= 6 6 = 3 211 14 × 8 28 ，故O1D与平面AC1D
所成角的正弦值 3 2128 ．
例12.某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方
体和圆台组合，如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB= 4,AD=AA1= 2，圆台下底圆心O为AB的
中点，直径为 2，圆与直线AB交于E,F，圆台上底的圆心O1在A1B1上，直径为 1．
(1)求A1C与平面A1ED所成角的正弦值；
(2)圆台上底圆周上是否存在一点P使得FP⊥AC1，若存在，求点P到直线A1B1的距离，若不存在则说明
理由．
【解析】(1) (1)由长方体ABCD-A1B1C1D1可知，以D为原点，DA为 x轴，DC为 y轴，DD1为 z轴，建立
空间直角坐标系如图所示，

则A1 2，0，2 ，C 0,4,0 ，E 2，1，0 ，D 0，0，0 ．所以A1C = (-2,4,-2),DA1= (2,0,2),DE= (2,1,0)．
设平面A1ED的一个法向量为n
= (x,y,z)，

则有 n.D A = 0，即 2x+ 2z= 0 + = ，令 x= 1，则 y=-2，z=-1，故n
= (1,
n.DE= 0 2x y 0
-2,-1)，

| < , > |= |AC n
| |-2- 8+ 2|
所以 cos A1C n 2
|AC||n
=
| 4+ 16+ 4 1+ 4+
= 3，故1
A1C与平面A1ED所成角的正弦值为
2
3；

(2)由 (1)可知，A 2，0，0 ，C1 0,4,2 ，所以AC1= (-2,4,2)，假设存在这样的点P，设P x，y，2 ，由题意
1 可知 (x- 2)2+ (y- 2)2= 4，所以FP= (x- 2,y- 3,2)，因为FP⊥AC1，则有FP AC1=-2(x- 2) + 4(y
x= 2- 5
- 3) + 4= 0，所以 x= 2y- 2，又 (x- 2)2+ (y- 2)2= 1 24，所以 5y - 20y+
79
4 = 0，解得
5 (舍)，
y= 2- 510
x= 2+
5
5
，所以当P 2+
5 5 5
y= 2+ 5 5
,2+ 10 ,2 时，FP⊥AC1，此时点P到直线A1B1的距离为 5 ．
10
题型二：立体几何存在性问题
例13.如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA= 1，AB= 1，AC= 2，∠BAC= 60°．
(1)求三棱锥A-PBC的体积；
(2)在线段PC上是否存在一点M，使得BM⊥AC MC若存在，求 PM 的值，若不存在，请说明理由．
【解析】(1)因为AB= 1，AC= 2，∠BAC= 60°，
所以S 1△ABC= 2 AB AC sin60° =
3
2 ．
由PA⊥平面ABC知：PA是三棱锥P-ABC的高，又PA= 1，
所以三棱锥A-PBC的体积V 1 3A-PBC=VP-ABC= 3 S△ABC PA= 6 ．
(2)在线段PC上存在一点M，使得BM⊥AC，此时 MCPM = 3．
如图，在平面PAC内，过M作MN PA交AC于N，连接BN，BM．
由PA⊥平面ABC，AC 平面ABC，故PA⊥AC，所以MN⊥AC．
由MN PA知：AN = PM = 13，则AN=
1
2，NC MC
在△ABN中，BN 2=AB2+AN 2- 2AB ANcos∠BAC= 12+
2
12 - 2× 1×
1 1 3
2 × 2 = 4，
所以AN 2+BN 2=AB2，即AC⊥BN．
由于BN∩MN=N且BN ,MN 面MBN，故AC⊥平面MBN．
又BM 平面MBN，所以AC⊥BM．
例14.已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD= 2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，
E、F、G、O分别是PC、PD、BC、AD的中点．
(1)求平面EFG与平面ABCD所成的锐二面角的大小；
(2) π PM线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为 6 ，若存在，求出 的值；若PA
不存在，说明理由．
【解析】(1)因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以，PO⊥AD，
因为CD⊥平面PAD，PO 平面PAD，∴PO⊥CD，
∵AD∩CD=D，∴PO⊥平面ABCD，
因为AD BC且AD=BC，O、G分别为AD、BC的中点，所以，AO BG且
AO=BG，
所以，四边形ABGO为平行四边形，所以，OG AB，∵AB⊥AD，则OG⊥AD，
以点O为坐标原点，OA、OG、OP所在直线分别为 x、y、z轴建立如下图所示的
空间直角坐标系，
设AB= 2，则AD= 4，A 2,0,0 、G 0,2,0 、D -2,0,0 、C -2,2,0 、P 0,0,2 3 、E -1,1, 3 、
F -1,0, 3 ，

EF = 0,-1,0 ，EG= 1,1,- 3 ，

设平面 的法向量为 = , , ，则 n E F =-y= 0EFG n x y z n ， EG= x+ y- 3z= 0
取 x= 3，可得n = 3,0,1 ，易知平面ABCD的一个法向量为m =
0,0,1 ，

所以，cos= m n

= 1
m n 2
，
因此，平面EFG与平面ABCD所成的锐二面角为 π3．
(2)假设线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大
小为 π6，

设PM = λPA= λ 2,0,-2 3 = 2λ,0,-2 3λ ，其中 0≤ λ≤ 1，

GM =GP+PM = 0,-2,2 3 + 2λ,0,-2 3λ = 2λ,-2,2 3- 2 3λ ，
n GM
由题意可得 cos = =
2 3 = 1 ，
n GM 2 4λ2+ 4+ 12 1- λ 2 2
整理可得 4λ2- 6λ+ 1= 0，因为 0≤ λ≤ 1，解得 λ= 3- 54 ．
因此，在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为 π，且 PM = 3- 56 ．PA 4
例15.已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB= 90°，A1B⊥AC1，AC=AA1= 4，BC= 2．
(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
(2)若∠A1AC= 60° 3，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B-A1P-C的平面角的余弦值为 4 ？若
存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．
【解析】(1)由AC=AA1知：四边形AA1C1C为菱形．
连接A1C，则A1C⊥AC1，又A1B⊥AC1且A1C∩A1B=A1，
∴AC1⊥平面A1CB，BC 平面A1CB，则AC1⊥BC；
又∠ACB= 90°，即BC⊥AC，而AC∩AC1=A，
∴BC⊥平面A1ACC1，而BC 平面ABC，
∴平面A1ACC1⊥平面ABC．
(2)以C为坐标原点，射线CA、CB为 x、y轴的正向，平面A1ACC1上过C
且垂直于AC的直线为 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵AC=AA1= 4，BC= 2，∠A1AC= 60°，
∴C 0,0,0 ，B 0,2,0 ，A 4,0,0 ，A1 2,0,2 3 ．

设在线段AC上存在一点P，满足AP= λAC 0≤ λ≤ 1 ，使二面角B-A1P-C的余弦值为 34 ，则AP=
-4λ,0,0 ，

所以BP=BA+AP= 4,-2,0 + -4λ,0,0 = 4- 4λ,-2,0 ，A1P=

A1A+AP= 2- 4λ,0,-2 3 ．
设平面BA1P的一个法向量为m
= x1,y1,z1 ，
m BP= 4- 4λ由 x1- 2y1= 0 ，取 x1= 1，得m=m A1P= 2- 4λ x1- 2 3z1= 0
1,2- 2λ, 1- 2λ ；3
平面A1PC的一个法向量为n
= 0,1,0 ．
, =
m n 2- 2λ
由 cos m n 3 4 = = 4 ，解得 λ= 3 或 λ=
3．
m n 1- 2λ 2 4
1+ 2- 2 λ 2+ 3 × 1
因为 0≤ λ≤ 1，则 λ= 34．

故在线段AC上存在一点P，满足AP= 34 AC，使二面角B-A1P-C的平面角的余弦值为
3
4 ．
例16.如图，在四棱锥 P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD BC，AD⊥ CD，且AD= CD，BC= 2CD，
PA= 2AD．
(1)证明：AB⊥PC；
(2) 17在线段PD上是否存在一点M，使得二面角M-AC-D的余弦值为 17 ，若存在，求BM与PC所成
角的余弦值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：连接AC，设AD=CD= 1，
因为AD⊥CD，则AC= AD2+CD2= 2，且△ACD为等腰直角三角形，
因为AD BC，则∠ACB=∠CAD= 45 ，
因为BC= 2CD= 2，由余弦定理可得AB2=AC 2+BC 2- 2AC BCcos45 =
2，
所以，AC 2+AB2=BC 2，则AB⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，∴AB⊥PA，
∵PA∩AC=A，∴AB⊥平面PAC，∵PC 平面PAC，∴AB⊥PC．
(2)因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AC，
以点A为坐标原点，AB、AC、AP所在直线分别为 x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设AD=CD= 1，则A 0,0,0 、B 2,0,0 、C 0, 2,0 、
D - 2 22 , 2 ,0 、P 0,0, 2 ，

设PM = λPD= - 2 λ, 22 2 λ,- 2λ ，其中 0≤ λ≤ 1，
2 2 则AM =AP+PM = - 2 λ, 2 λ, 2- 2λ ，AC = 0, 2,0 ，
设平面ACM的法向量为m = x,y,z ，
m

AC = 2y= 0则 2 2 ，取 x= 2- 2λ，可得m

m AM =- 2 λx+ 2 y+ 2- 2λ z= 0
= 2- 2λ,0,λ ，
易知平面ACD的一个法向量为n = 0,0,1 ，
< , > =
m n
由题意可得 cos m n = λ = 17，
m n 4 1- λ 2+ λ2 17
1 因为 0≤ λ≤ 1，解得 λ= 3，此时，AM = -
2
6 ,
2 , 2 26 3 ，

BM =BA+AM = - 7 26 ,
2
6 ,
2 2
3 ，PC = 0, 2,- 2 ，

所以， < , >= BM P Ccos BM PC =- 1 =- 33，
BM PC 33 × 223 2
因此，在线段PD上是否存在一点M，使得二面角M-AC-D的余弦值为 1717 ，且BM与PC所成角的余
弦值为 3322 ．
例17.如图，△ABC是边长为 6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且AE=AF=BN= 4，M
为BC边的中点，AM交EF于点O，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使DM= 15．
(1)证明：平面DEF⊥平面BEFC；
(2)试探究在线段DM上是否存在点P，使二面角P-EN-B的大小为 60° DP？若存在，求出 PM 的值；若不
存在，请说明理由．
【解析】(1)在△DOM中，易得DO= 2 3，OM= 3，DM= 15，
由DM 2=DO2+OM 2，得DO⊥OM，
又∵AE=AF= 4，AB=AC= 6，∴EF BC，
又M为BC中点，∴AM⊥BC，∴DO⊥EF，
因为EF∩OM=O，EF,OM 平面EBCF，
∴DO⊥平面EBCF，又DO 平面DEF，
所以平面DEF⊥平面BEFC；

(2)由 (1)DO⊥平面EBCF，以O为原点，以OE,OM ,OD为 x,y,z的正方向建立空间直角坐标系O-
xyz,D(0,0,2 3)，M (0, 3,0)，E(2,0,0)，N (-1, 3,0)

∴DM = (0, 3,-2 3)，ED= (-2,0,2 3)，
由 (1)得平面ENB的法向量为n = (0,0,1)，

设平面ENP的法向量为m = (x,y,z)，DP= λDM (0≤ λ≤ 1)，

所以DP= (0, 3λ,-2 3λ)，所以EP=ED+DP= (-2, 3λ,2 3-
2 3λ)．

由题得，所以EN = (-3, 3,0)，

所以 m
EN

=-3x+ 3y= 0 ，所以m =
m EP=-2x+ 3λy+ (2 3- 2 3λ)z= 0
1, 3, 2- 3λ2 3- 2 3λ ，
因为二面角P-EN-B的大小为 60°，
2- 3λ
所以 1

= 2 3- 2 3λ

2 ，解之得 λ= 2(舍去)或 λ=
6．
1+ 3+ 2- 3λ
2 7
2 3- 2 3λ

此时DP= 6
DP
7 DM，所以 PM = 6．

例18.图 1是直角梯形ABCD，AB CD，∠D= 90 ，AB= 2，DC= 3，AD= 3，CE= 2ED，以BE为折痕将
△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1= 6，如图 2．
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)在棱DC1上是否存在点P，使得C 61到平面PBE的距离为 2 ？若存在，求出二面角P-BE-A的大
小；若不存在，说明理由．
【解析】(1)在图 1 中取CE中点F，连接BF，AE，

∵CE= 2ED，CD= 3，AB= 2，∴CF= 1，EF= 1，
∵DF=AB= 2，DF AB，∠D= 90 ，∴四边形ABFD为矩形，∴BF⊥CD，
∴BE=BC= 3+ 1= 2，又CE= 2，∴△BCE为等边三角形；
又AE= 3+ 1= 2，∴△ABE为等边三角形；
在图 2 中，取BE中点G，连接AG,C1G，
∵△C1BE,△ABE为等边三角形，∴C1G⊥BE，AG⊥BE，
∴C1G=AG= 3，又AC1= 6，∴AG2+C1G2=AC 21，∴C1G⊥AG，
又AG∩BE=G，AG,BE 平面ABED，∴C1G⊥平面ABED，
∵C1G 平面BC1E，∴平面BC1E⊥平面ABED．

(2)以G为坐标原点，GA,GB,GC1正方向为 x,y,z轴，可建立如图所示空间直角
坐标系，
则B 0,1,0 ，E 0,-1,0 ，A 3,0,0 ，C1 0,0, 3 ，D 3 32 ,- 2 ,0 ，

∴DC = - 3 31 2 , 2 , 3 ，EB= 0,2,0 ，EC1= 0,1, 3 ，

设棱DC1上存在点P x,y,z 且DP= λDC1 0≤ λ≤ 1 满足题意，
x- 32 =-
3 3 3
2
λ x= - λ
2 2
即 y+ 3 = 3 λ ，解得： 3 3 ，即 2 2
y= 2 λ- 2
z= 3λ z= 3λ
P 3 - 3 λ, 32 2 2 λ-
3
2 , 3λ ，

则EP= 3 - 32 2 λ,
3 1
2 λ+ 2 , 3λ ，
设平面PBE的法向量n = a,b,c ，

EP n = 32 - 32 λ a+ 3 λ+ 12 2 b+ 3λc= 0 b= 0则 ，令 a= 2，则EB n = 2b= 0 c= 1- λ ，λ
∴n = 2,0, 1- λλ ，
3- 3λ
∴
EC1 n λ
C 6 11到平面PBE的距离为 d= = = ，解得：λ= ， n 4+ 1- λ
2
2 3λ
∴n = 2,0,2 ，
又平面ABE的一个法向量m = 0,0,1 ，

∴ cos= m n = 2 = 2，
m n 2 2 2
又二面角P-BE-A为锐二面角，∴二面角P-BE-A的大小为 π4．
例19.如图所示，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB= 1，AC=AA1=
2，AD=CD= 5，E为棱AA 11上的点，且AE= 2．
(1)求证：BE⊥平面ACB1；
(2)求二面角D1-AC-B1的余弦值；
(3)在棱A1B1上是否存在点F，使得直线DF∥平面ACB1？若存在，求A1F的长；若不存在，请说明理由．
【解析】(1) ∵A1A⊥底面ABCD，AC 平面ABCD∴A1A⊥AC
又AB⊥AC，A1A∩AB=A，AA1,AB 平面ABB1A1，∴AC⊥平面
ABB1A1
∵BE 平面ABB1A1，∴AC⊥BE
∵ AE = 1 = AB2 BB ，∠EAB=∠ABB

AB 1
= 90 ，
1
∴∠ABE=∠AB1B
∵∠BAB 1+∠AB1B= 90 ，∴∠BAB1+∠ABE= 90 ，∴BE⊥AB1，
又AC∩AB1=A，AC,AB1 平面ACB1，
∴BE⊥平面ACB1
(2)如图，以A为原点建立空间直角坐标系A- xyz，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，
-2，0)，D1(1，-2，2)，E 0,0, 12 ，

由 (1)知，EB= 0,1,- 12 为平面ACB1的一个法向量．
设n = x,y,z 为平面ACD1的一个法向量．

因为AD1= (1，-2，2)，AC = (2，0，0)，
n

所以 AD1= 0 x- 2y+ 2z= 0 n ，即： ， AC = 0 2x= 0
不妨设 z= 1，可得n = (0，1，1)．


因此 cos , = n En EB
B = 10
n EB 10
由图可知二面角D1-AC-B1为锐角，
所以二面角D1-AC-B1的余弦值为 1010 ．
(3)假设存在满足题意的点F，设A1F= a(a> 0)，

则由 (2)得F(0，a，2)，DF = (-1，a+ 2，2)．

由题意可知DF EB= a+ 2- 1= 0，解得 a=-1(舍去)，
即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不可能垂直．
所以，在棱A1B1上不存在点F，使得直线DF∥平面ACB1．
例20.如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥BD，AC⊥BC，ED AC，且AC=BC= 2ED= 2，DC=DB
= 3．
(1)求证：平面ABE⊥与平面ABC；
(2)线段BC 5 43上是否存在一点F，使得平面AEF与平面ABE夹角余弦值的绝对值等于 43 ，若存在，求
BF
的值；若不存在，说明理由．
BC
【解析】(1)证明：∵AC⊥BD，AC⊥BC，BC∩BD=B，∴AC⊥平面
BCD，
∵AC 平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，
取BC的中点O，AB的中点H，连接OD、OH、EH，
∵BD=CD，∴DO⊥BC，
又DO 平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，平面BCD∩平面ABC=BC，
∴DO⊥平面ABC，
又OH AC，OH= 12 AC，DE AC，DE=
1
2 AC，所以，OH DE且OH=DE，
∴四边形OHED为平行四边形，∴EH OD，
∵DO⊥面ABC，则EH⊥平面ABC，
又∵EH 面ABE，所以，平面ABE⊥平面ABC．
(2)因为AC⊥BC，OH AC，则OH⊥BC，
因为OD⊥平面ABC，以点O为坐标原点，OH、OB、OD所在直线
分别为 x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A 2,-1,0 、B 0,1,0 、C 0,-1,0 、E 1,0, 2 、H 1,0,0 ，

HE= 0,0, 2 ，AB= -2,2,0 ，

= , , m
H E = 2z1= 0设平面ABE的法向量为m x1 y1 z1 ，则 ，m AB=-2x1+ 2y1= 0
取 x1= 1，可得m = 1,1,0 ，
设在线段BC上存在点F 0,t,0 -1≤ t≤ 1 ，使得平面AEF与平面
ABE夹角的余弦值等于 5 4343 ，

设平面AEF的法向量为n = x2,y2,z2 ，AF = -2,t+ 1,0 ，AE= -1,1, 2 ，

n A F =-2x2+ t+ 1 y = 0由 2 ，取 x2= 2 t+ 1

，可得n= 2 t+ 1 ,2 2,t- 1 ，
n AE=-x2+ y2+ 2z2= 0
m
n 2 t+ 3
由题意可得 cos = =
= 5 43，
m n 2 3t2+ 2t+ 11 43
整理可得 2t2- 13t- 7= 0，解得：t=- 12 或 t= 7(舍)，
∴F 0,- 12 ,0 ，则BF=
3，∴ BF2 =
3，
BC 4
综上所述：在线段BC上存在点F，满足 BF = 34，使得平面AEF与平面ABE夹角的余弦值等于
5 43
43 ．BC
题型三：立体几何折叠问题
例21.如图 1，在边上为 4的菱形ABCD中，∠DAB= 60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD=O1，
AC∩MN=G．沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图 2所示的五棱锥P
-ABMND．
(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；
(2)当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；
(3) (2) PA Q Q-MN-P 10在 的条件下，在线段 上是否存在一点 ，使得二面角 余弦值的绝对值为 10 ？若
存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，
证明如下：∵点M，N分别是边CD，CB的中点，
又∠DAB= 60°，∴BD∥MN，且△PMN是等边三角形，
∵G是MN的中点，∴MN⊥PG，
∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴MN⊥AC，
∵AC∩PG=G，AC 平面PAG，PG 平面PAG，
∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG，
∵BD 平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG．
(2)由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，
且DB= 4，MN= 2，O1G= 3，
= 2+ 4所以等腰梯形 的面积 × 3MNDB S 2 = 3 3，
要使得四棱锥P-MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，
∴当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为 3，
此时四棱锥P-MNDB体积的最大值为V= 13 × 3 3 × 3= 3，
直线PB和平面MNDB所成角的为∠PBG，
连接BG，在直角三角形△PBG中，PG= 3，BG= 7，
由勾股定理得：PB= PG2+BG2= 10．
sin∠PBG= PG 3 30PB = =10 10 ．
(3)假设符合题意的点Q存在．
以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为 x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A 3 3,0,0 ，M 0,1,0 ，N 0,-1,0 ，P 0,0, 3 ，
由 (2)知，AG⊥PG，
又AG⊥MN，且MN∩PG=G，MN 平面PMN，PG
平面PMN，
AG⊥平面PMN，
故平面 的一个法向量为 PMN n1= 1,0,0 ，

设AQ= λAP(0≤ λ≤ 1)，

∵AP= -3 3,0, 3 ，

AQ= -3 3λ,0, 3λ ，故 3 3 1- λ ,0, 3λ ，

∴NM = 0,2,0 ，QM = 3 3 λ- 1 ,1,- 3λ ，
平面 的一个法向量为 QMN n2= x2,y2,z2 ，
则

= ，

n2 NM 0 n2 QM = 0，
2y = 0,
即 2 3 3 λ- 1 x2+ y2- 3λz2= 0,
y2= 0,令 z2= 1，所以 x = λ2 3 λ- 1

n2= 1- ,0,1 =
1
λ,0,3 λ- 1 ，
3 λ 1 3 λ- 1
则平面QMN的一个法向量n = λ,0,3 λ- 1 ，
设二面角Q-MN-P的平面角为 θ，

则 = n
n
cosθ 1 =
n n1 λ = 10 1λ2+ 9 λ- 1 2 10 ，解得：λ= 2，
故符合题意的点Q存在且Q为线段PA的中点．
例22.如图，在等腰直角三角形 PAD中，∠A = 90°，AD = 8，AB = 3，B、C分别是 PA、PD上的点，且
AD BC，M、N分别为BP、CD的中点，现将△BCP沿BC折起，得到四棱锥P-ABCD，连接MN .
(1)证明：MN 平面PAD；
(2)在翻折的过程中，当PA= 4时，求二面角B-PC-D的余弦值．
【解析】(1)在四棱锥P-ABCD中，取AB的中点E，连
接EM ,EN．
因为M ,N分别为BP,CD的中点，AD BC，
所以ME PA,EN AD,
又PA 平面PAD，ME 平面PAD，所以ME 平面
PAD，
同理可得，EN 平面PAD，
又ME∩EN=E,ME,EN 平面MNE，所以平面MNE 平面PAD，
因为MN MNC平面MNE，所以MN 平面PAD．
(2)因为在等腰直角三角形PAD中,∠A= 90°,AD BC,所以BC⊥PA，
在四棱锥P-ABCD中，BC⊥PB,BC⊥AB,
因为AD BC,则AD⊥PB,AD⊥AB,
又PB∩AB=B，PB,AB 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又PA 平面PAB，所以PA⊥AD,
因为AD= 8,AB= 3,PA= 4,AD BC,则PB= 5,BC= 5,
所以AB2+PA2=PB2，故PA⊥AB，
所以以点A为坐标原点，分别以AB,AD,AP所在方向为 x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系
A- xyz，如图所示，
A(0,0,0),B(3,0,0),C(3,5,0),P 0,0,4 ,D 0,8,0 ，

所以PB= (3,0,-4),PC = (3,5,-4),PD= (0,8,-4)，
设m = (x1,y1,z1)为平面PBC的一个法向量，则

m P B = 0，即 3x1- 4z1= 0 ，m PC = 0 3x1+ 5y1- 4z1= 0
令 x1= 4，则 y1= 0,z 1= 2，m= (4,0,3)，
设n = (x2,y2,z2)为平面PCD的一个法向量，则
m PD

= 0 8y - 4z，即 2 2= 0
m PC = 0 3x2+ - ，5y2 4z2= 0
令 y2= 1，则 x2= 1,z2= 2，n = (1,1,2)，
设二面角B-PC-D所成角为 α，则
m n
4× 1+ 0× 1+ 2× 3
cosα=- cos m,n =- =- =- 10 =-
6．
m n 42+ 02+ 32 × 12+ 12+ 22 5× 6 3
因为二面角B-PC-D的余弦值为- 63 ．
例23.如图 1，在平面四边形PDCB中，PD∥BC，BA⊥PD，PA=AB=BC= 2，AD= 1．将△PAB沿BA
翻折到△SAB的位置，使得平面SAB⊥平面ABCD，如图 2所示．
(1)设平面SDC与平面SAB的交线为 l，求证：BC⊥ l；
(2)点Q在线段SC上 ( 6点Q不与端点重合)，平面QBD与平面BCD夹角的余弦值为 6 ，求线段BQ的
长．
【解析】(1)依题意，AD⊥AB，
因为PD∥BC，所以BC⊥AB，
由于平面SAB⊥平面ABCD，且交线为AB，BC 平面ABCD，
所以BC⊥平面SAB，
因为 l是平面SDC与平面SAB的交线，
所以 l 平面SAB，
故BC⊥ l．
(2)由上可知，AD⊥平面SAB，所以AD⊥SA，
由题意可知SA⊥AB，AD⊥AB，
以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AS所在直线为 x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A 0,0,0 ，B 0,2,0 ，C 2,2,0 ，D 1,0,0 ，S 0,0,2 ，

BD= 1,-2,0 ，SC = 2,2,-2 ，

设SQ= λSC 0< λ< 1 ，则Q 2λ,2λ,2- 2λ ，BQ= 2λ,2λ- 2,2- 2λ ，
设n = x,y,z 是平面QBD的一个法向量，
n B
则
D = x- 2y= 0 ，令 x= 2，可得n =
n BQ= 2λx+ 2 λ- 1 y+ 2 1- λ z= 0
2,1, 1- 3λ1- λ
由于m = 0,0,1 是平面CBD的一个法向量，
依题意，二面角Q-BD-C的余弦值为 66 ，
1- 3λ m n
所以 cos m ,n = = 1- λ 6 = ， m n 21× 4+ 1+ 1- 3λ 61- λ
解得 λ= 12 ∈ 0,1 ，

此时BQ= 1,-1,1 ， BQ = 3，
即线段BQ的长为 3．
例24.如图，在平面五边形PABCD中，△PAD为正三角形，AD∥BC，∠DAB= 90°且AD=AB= 2BC= 2．
将△PAD沿AD翻折成如图所示的四棱锥P-ABCD，使得PC= 7．F，Q分别为AB，CE的中点．
(1)求证：FQ∥平面PAD；
(2) DE 1若 PE = 2 ，求平面EFC与平面PAD夹角的余弦值．
【解析】(1) (1)证明：取DC的中点M，连接MF，MQ．
则MQPD，MFDA．
因为MQ 面PAD，ME 面PAD，
所以，MQ∥面PAD，MF∥面PAD，
因为MQ∩ME=M，
所以，面MQF面PAD，
因为FQ 面MQF，所以FQ∥面PAD．
(2) (2)取AD的中点O，连接OP，OC，
因为△PAD为正三角形，AD= 2，所以OP⊥AD且OP= 3，
在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠DAB= 90°，AB= 2BC= 2，
所以，OC⊥AD且OC= 2，
又因为PC= 7，
所以在△POC中，OP2+OC 2=PC 2，即OP⊥OC，

所以，以O为坐标原点，分别以OD，OC，OP的方向为 x，y，z轴的正向，建立如图所示的空间直角坐标
系，
则D 1,0,0 ，C 0,2,0 ，F -1,1,0 ，P 0,0, 3 ，

DP= -1,0, 3 ．

因为 DE 1PE = 2，即DE=
1 DP= - 13 3 ,0,
3
3 ，λ> 0，
所以，E 23 ,0,
3
3 ，
2 3 所以EC = - 3 ,2,- 3 ，EF = -
5
3 ,1,-
3
3 ．
设n = x1,y1,z1 为平面EFC的一个法向量，
2 3
则 n EC = 0 - 3 x1+ 2y1- 3 z1= 0 ，即n EF = 0 ，取n= 3,-3,-8 3 ．- 53 x1+ y - 31 3 z1= 0
又平面PAD的一个法向量m = 0,1,0 ，设平面EFC与平面PAD夹角为 α，
=
n m
cosα = 3 = 210．
n m 9+ 9+ 192 70
例25.如图，在平行四边形ABCD中，AB= 3，AD= 2，∠A= 60°，E，F分别为线段AB，CD上的点，且BE=
2AE，DF=FC，现将△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，连接A1B，A1C．
(1)若点G为线段A1B上一点，且A1G= 3GB，求证：FG 平面A1DE；
(2)当三棱锥C-A1DE的体积达到最大时，求二面角B-A1C-D的正弦值．
【解析】(1)在A1E上取一点M，使A1M= 3ME，连接DM ,MG，
因为A1G= 3GB，EB= 2AE，
所以MG∥EB，MG= 34 EB=
3
4 ×
2
3 AB=
1
2 AB，
因为平行四边形ABCD中，AB=CD，AB∥CD，F为CD的
中点，
所以DF= 12 CD=
1
2 AB，
所以DF=MG，DF∥MG，
所以四边形DMGF为平行四边形，
所以FG∥DM，
因为FG 平面A1DE，DM 平面A1DE，
所以FG∥平面A1DE，
(2)当平面A1DE⊥平面DEC时，三棱锥C-A1DE的体积最大，
△ADE中，∠A= 60°,AD= 2,AE= 1，则DE2=AD2+AE2- 2AD AEcosA= 4+ 1- 2× 2× 1× 12 = 3，
所以DE2+AE2=AD2，
所以∠AED= 90°，
所以A1E⊥DE，
因为平面A1DE⊥平面DEC，平面A1DE∩平面DEC=DE，
所以A1E⊥平面DEC，
因为BE 平面DEC，所以A1E⊥BE，
所以A1E,BE,DE两两垂直，
所以以E为原点，EB,ED,EA1所在的直线分别为 x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0, 3,0),
A1(0,0,1),B(2,0,0),C(3, 3,0)，

所以DC = (3,0,0),DA1= (0,- 3,1),BC = (1, 3,0),CA1= (-3,- 3,1)，
设平面A1CD的法向量为n
= (x,y,z)，则

n D A 1=- 3y+ z= 0 ，令 y= 1，则n
= (0,1,
n CA1=-3x- 3y+ z= 0
3)，
设平面A1BC的法向量为m
= (a,b,c)，则

m B C = a+ 3b= 0 ，令 b= 1，则m
= (- 3,
m CA1=-3a- 3b+ c= 0
1,-2 3)，

所以 cos m ,n = m n = 1- 6 =-
5，
m n 2× 4 8
2
所以二面角B-A1C-D的正弦值为 1- - 5 398 = 8
1
例26.如图 1，四边形ABCD是边长为 2的正方形，四边形ABEF是等腰梯形，AB=BE= 2 EF，现将正方形
ABCD沿AB翻折，使CD与C D 重合，得到如图 2所示的几何体，其中D E= 4．
(1)证明：AF⊥平面AD E；
(2)求二面角D -AE-C 的余弦值．
【解析】(1)证明：易得AD =AF= 2，EF=D E= 4，
所以AE= 2 3，则AD 2+AE2=D E2=EF 2，
∴AD ⊥AE，AE⊥AF．
又AD ⊥AB，且AB∩AE=A，AB，AE 平面ABEF，
∴AD ⊥平面ABEF．
∵AF 平面ABEF，
∴AF⊥AD ．
∵AE∩AD =A，AE 平面AD E，AD 平面AD E，
∴AF⊥平面AD E．
(2)由 (1)知AD ⊥平面ABEF，
则以A为坐标原点，AB，AD 所在直线分别为 y，z轴，平面ABEF内过点A且垂直于AB的直线为 x轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A 0,0,0 ，E 3,3,0 ，F 3,-1,0 ，C 0,2,2 ，

∴AF = 3,-1,0 ，AE= 3,3,0 ，AC = 0 0,2,2 ．
设平面AEC 的一个法向量为m = x,y,z ，

m
A E = 0 3x+ 3y= 0,则 ，得 m AC = 0 2y+ 2z= 0,
令 x= 3，则m = 3,-1,1 ．

由 (1)知，平面AED 的一个法向量为AF = 3,-1,0 ．

∴ cos AF,m AF

= m = 2 5
AF m 5
．
易知二面角D -AE-C 为锐二面角，
∴二面角D -AE-C 的余弦值为 2 55 ．
例27.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,AB=BC= 2,AD= 4，现将△ABC所在平面沿对角线AC翻折，使点
B翻折至点E，且成直二面角E-AC-D．
(1)证明：平面EDC⊥平面EAC；
(2)若直线DE与平面EAC 1所成角的余弦值为 2 ，求二面角D-EA-C的余弦值．
【解析】(1)证明：取AD中点M，连接CM，由题意可得AM= 2，
AM平行且等于BC，
∴四边形ABCM为平行四边形，
∵AM=MD=CM= 2，∴△ACD为直角三角形，即AC⊥CD，
∵直二面角E-AC-D,CD 平面ACD，
∴平面EAC⊥平面ACD，平面EAC∩平面ACD=AC，
∴CD⊥平面EAC，CD 平面ECD，
∴平面ECD⊥平面EAC．
(2)由 (1)可得DC⊥平面EAC，
∴∠DEC为直线DE与平面EAC所成角，
∴ cos∠DEC= 12，∴∠DEC= 60°．
在Rt△ECD中，∵CE= 2，
∴CD= 2 3,ED= 4，
在Rt△ACD中，AC= 2，
∴△ABC、△AEC为等边三角形，
以AC中点O为坐标原点，以OC,OM ,OE所在直线分别为 x，y，
z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A(-1,0,0),C(1,0,0),E(0,0, 3),D(1,2 3,0)，
平面EAC为 xOz平面，则其法向量为 v = (0,1,0)，
在平面AED内，设其法向量为u = (x,y,z)，

AD= (2,2 3,0),AE= (1,0, 3)，

A 则
D u= 0 2x+ 2 3y= 0
AE u
，即
= 0 x+ ，3z= 0
令 x= 3，则 y=-1,z=-1，
∴u = ( 3,-1,-1)，
设二面角D-EA-C的平面角为 θ，
∴ cos u ,v = u
v 5
|u
=- ，
||v | 5
由图可知二面角D-EA-C为锐角，
∴ cosθ= 55 ．
例28.如图 1，在△ABC中，∠ACB= 90°，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是
等边三角形 (如图 2)，记AB的中点为F．
(1)证明：DF⊥平面ABC．
(2)若AE= 2，二面角D-AC-E π为 6 ，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．
【解析】(1)如图，
取AC中点G，连接FG和EG，由已知得DE∥BC，且DE=
1
2 BC．
因为F，G分别为AB，AC的中点，所以FG∥BC，且FG=
1
2 BC
所以DE∥FG，且DE=FG．
所以四边形DEGF是平行四边形．
所以EG∥DF．
因为翻折的BC⊥AC，易知DE⊥AC．
所以翻折后DE⊥EA，DE⊥EC．
又因为EA∩EC=E，EA，EC 平面AEC，
所以DE⊥平面AEC．
因为DE∥BC，
所以BC⊥平面AEC．
因为EG 平面AEC，所以EG⊥BC．
因为△ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以EG⊥AC
又因为AC∩BC=C，AC，BC 平面ABC．
所以EG⊥平面ABC．
因为EG∥DF，所以DF⊥平面ABC．
(2) (方法一)如图，
过点E作EH⊥EC，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为 x，y，z轴，建
立空间直角坐标系E- xyz，设DE= a，则A 3,1,0 ，B 0,2,2a ，C 0,2,0 ，

D 0,0,a ，则AB= - 3,1,2a ，AC = - 3,1,0 ，CD= 0,-2,a ，

因为DE⊥平面AEC．所以ED= 0,0,a 是平面AEC的法向量，
设面ACD的法向量为m = x,y,z ，则
3
m A C x= y
= 0，即 - 3x+ y= 0 3
m CD= 0 -2y+ ，解得 az= 0 z= 2 ．a y
取 y= 3a，得m = a, 3a,2 3 ．

m ED
因为二面角D- - π 2 3a AC E为 6，所以 cos
π
6 = cos ,ED> = = = 3，
m |ED| 4a2+ 12 a 2

解得 a= 1，所以m = 1, 3,2 3 ，AB= - 3,1,2 ．
记直线AB与平面ACD所成角为 θ，

m AB - 3+ 3+ 4 3 则 sinθ= cos = = = 6，
m AB 4× 2 2 4
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为 64 ．
(方法二)如图，
连接DG，因为DE⊥平面AEC，AC 平面AEC，所以AC⊥DE．
又因为AC⊥EG，DE∩EG=E，DE，EG 平面DEG．所以AC⊥平面DEC．
因为EG，DG 平面DEG，所以AC⊥EG，AC⊥DG，所以∠DGE是二面角D-
AC-E的平面角，故∠DGE= π6．
由△ACE是边长为 2的等边三角形，得EG= 3，
在Rt△DGE中，tan∠DGE= tan π = 3 = DE6 3 ，所以DE= 1，BC= 2．EG
过点F作FI⊥DG，垂足为 I，
因为AC⊥平面DEGF，AC 平面ACD，所以平面DEGF⊥平面ACD．
又因为平面DEGF∩平面ACD=DG，FI 平面DEGF，且FI⊥DG，
所以FI⊥平面ACD．
连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角．
在Rt△DFG中，DF= 3，FG= 1，得DG= 2，由等面积法得DG FI=DF FG，解得FI= 32 ．
在Rt△AFG中，AG= 1，FG= 1，所以AF= 2．
3
在Rt△FAI中，sin∠FAI= FI = 2 = 6
AF 2 4
，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为 64 ．
题型四：立体几何作图问题
例29.已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，O为其中心，点E为侧棱PD的中点．
(1)作出过O、P两点且与AE平行的四棱锥截面 (在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简
DM
要作图过程)；记该截面与棱CD的交点为M，求出比值 (直接写出答案)；
MC
(2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求AE与平面PBC所成角的正弦值．
【解析】(1)连接AC，EC，则O为AC中点，取EC中点F，连接PF并
延长PF交CD于M，
连接MO并延长MO交AB于N，连接PN．
则由OF∥AE，AE 平面PMN，OF 平面PMN，所以AE∥平面
PMN，
所以△PMN即为所求截面 (如图所示)，此时 DM = 2．
MC
(2)不妨设四棱锥的所有棱长均为 2，以O为原点，过O点且分别与
AB、BC平行的直线为 x轴、y轴，OP为 z轴，建立如图所示空间直
角坐标系 (如图)．
可得A -1,-1,0 ，B 1,-1,0 ，C 1,1,0 ，D -1,1,0 ，P 0,0, 2 ，E - 1 , 1 2 2 2 , 2 ．

则AE= 1 3 22 , 2 , 2 ，PB= 1,-1,- 2 ，BC = 0,2,0 ．
设平面PBC的一个法向量为n = x,y,z ，

则 n P B = 0，即 x- y- 2z= 0 = ，取 z= 1，则n= 2,0,1 ，n BC = 0 y 0

设AE与平面PBC所成角为 θ，则 sinθ= cos =
2
2 + 0+
2
2 = 2，
3 3 3
所以AE与平面PBC所成角的正弦值为 23 ．
例30.．如图，已知底面为平行四边形的四棱锥 P-ABCD中，平面MNGH与
直线PB和直线AC平行，点E为PD的中点，点F在CD上，且DF:FC= 1:
2．
(1)求证：四边形MNGH是平行四边形；
(2)求作过EF作四棱锥P-ABCD的截面，使PB与截面平行 (写出作图过
程，不要求证明)．截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体
的表面的交线围成的平面图形．
【解析】(1) ∵PB 平面MNGH，PB 平面PAB，平面MNGH∩平面PAB=MH，∴MH PB
∵PB 平面MNGH，PB 平面PBC，平面MNGH∩平面PBC=NG，∴NG PB
∴MH NG，
∵AC 平面MNGH，AC 平面ABCD，平面MNGH∩平面ABCD=MN，∴MN AC
∵AC 平面MNGH，AC 平面PAC，平面MNGH∩平面PAC=HG，∴HG AC
∴MN HG，
∴四边形MNGH是平行四边形．
(2)
如图，延长FO，与AB交于点R，过点P作直线PS AB，则直线PS为
平面PAB和平面PCD的交线，延长FE，交PS于点S，连接SR，与PA
交于点Q，连接QE．∵点E为PD的中点，点O为BD的中点，∴EO
是△PBD的一条中位线∴PB EO，又∵PB 平面EFRQ，EO 平
面EFRQ，∴PB 截面EFGH．
故平面EFRQ即为所求截面．
例31.如图，在棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动
点 (不与顶点重合)．
(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线 (要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG 平面D1EF，则
EF A1D；
(2)若G为棱BC的中点，是否存在F，使平面D1EF⊥平面DGF，若存在，求出 CF 的所有可能值；若不
存在，请说明理由．
【解析】(1)如图，延长DG交AB的延长线于P，
连接A1P交BB1于Q，
则GQ所在的直线即为平面A1DG与平面CBB1C1的交线．
证明：∵平面CBB1C1∥平面ADD1A1，
平面CBB1C1∩平面A1DG=GQ，平面ADD1A1∩平面A1DG=A1D，
∴GQ∥A1D．
又∵平面A1DG∥平面D1EF，
平面CBB1C1∩平面A1DG=GQ，
平面CBB1C1∩平面D1EF=EF，
∴GQ∥EF，∴EF∥A1D．
(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标
系，
设 CF = t 0< t< 2 ，
则D 2,0,0 ，G 1,2,0 ，D1 2,0,2 ，E 1,2,2 ，
F 2,2,t ，

DG=D1E= -1,2,0 ，DF = 0,2,t ，D1F = 0,2,t- 2 ．

设平面DGF的一个法向量为 n1= , , ，则 n1 DG x y z
= 0，
n1 DF = 0
可得 n 21= 2,1,- t ．
同理可得平面D1EF的一个法向量为

n2= 2,1, 22- t ，
因为平面D1EF⊥平面DGF，所以

n1 n2= 0，
得 5+ 4 5- = 0，解得 t= 1± 5 ∈ 0,2 ．t t 2
所以存在F，使平面D1EF⊥平面DGF，此时 CF = 1± 55 ．
例32.如图，在棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动
点 (不与顶点重合)．
(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线 (要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG 平面D1EF，则
EF A1D；
(2)若F，G均为其所在棱的中点，求点G到平面D1EF的距离．
【解析】(1)
连接DG并延长交AB的延长线于点P，连接A1P交BB1于Q，连接
GQ，
则GQ所在的直线即为平面A1DG与平面CBB1C1的交线．
因为平面CBB1C1 平面ADD1A1，平面CBB1C1∩平面A1DG=GQ，
平面ADD1A1∩平面A1DG=A1D，所以GQ A1D．
又因为平面A1DG 平面D1EF，平面CBB1C1∩平面A1DG=GQ，
平面CBB1C1∩平面D1EF=EF，所以GQ EF，所以EF A1D．
(2)因为F，G为其所在棱的中点，EF=FG= 2，EG= 2，
所以EF 2+FG2=EG2，可得EF⊥FG，
故三棱锥V = 1 ×S × DC = 1 1 1D -EFG 3 △EFG 3 × 2 × EF × FG × 2= 6 × 2 × 2 × 2=
2
3，1
此时 D1E = D1F = 5， EF = 2，△D1EF为等腰三角形，
2
其底边EF上的高为 5 2- 22 = 3 22 ，
设点G到平面D1EF的距离为 d，
由 13 ×S△D EF× d=
1 × 1 3 2 2
1 3 2 × 2 × 2 × d= 3，
解得：d= 43，所以点G到平面D1EF的距离为
4
3．
例33.如图多面体 ABCDEF中，面 FAB⊥面 ABCD，△FAB为等边三角形，四边形 ABCD为正方形，
EF BC 3，且EF= 2 BC= 3，H，G分别为CE，CD的中点．
(1)求二面角C-FH-G的余弦值；
(2)作平面FHG与平面ABCD AP的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出 的值 (不需要说明理由，保
AB
留作图痕迹)．
【解析】(1)因为面FAB⊥面ABCD，△FAB为等边三角形，设AB中点为O，所以OF⊥AB
又因为面FAB∩面ABCD=AB，OF 面FAB，则OF⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，分别以OB,OG,OF方向为 x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为EF= 32 BC= 3，则BC= 2
则C 1,2,0 ，F 0,0, 3 ，E 0,3, 3 ，H 1 , 5 32 2 , 2 ，G 0,2,0

所以CF = -1,-2, 3 ,FH = 1 , 5

2 2 ,-
3
2 ，HG= -
1 1 3
2 ,- 2 ,- 2
设平面CFH的一个法向量为m = x,y,z
m

CF = 0 -x- 2y+ 3z= 0则 取 x= 3得 y= 0,z= 1，所以m = 3,0,1 m = 1 x+ 5 y- 3FH 0 2 2 2 z= 0
设平面GFH的一个法向量为n = a,b,c

1 5 3
则 n F H = 0 2 a+ 2 b- 2 c= 0 取 a= 3得 b=-1,c=-
2 ，所以n = 3,-1,- 2 3n HG= 0 1 1 3 3 3 - 2 a- 2 b- 2 c= 0
7 3
所以 cos n

,m = n m 3 = =
7 34
n m × 34 682 3
则二面角C-FH-G的余弦值为 7 3468 ；
(2)AP = 16，如图所示：AB
例34.如图，已知多面体 EABCDF的底面ABCD是边长为 2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD EA，且FD
= 12 EA= 1．
(1)求多面体EABCDF的体积；
(2)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但
不要求证明．
【解析】试题分析：(1)求多面体体积，一般方法为割补法，即将不规则图形转化为几个
规则图形：多面体EABCDF分割成两个锥体，一个三棱锥E-FCD与一个四棱锥E-
ABCD，而它们的高分别为AD和EA，再代入体积公式求解即可，(2)根据线面平行性
质定理，可得所作直线必平行面ABCD与面ECF的交线，因此先作两平面交线，再在
平面ABCD内作交线的平行线．
试题解析：(1)如图，连接ED，
∵EA⊥底面ABCD且FD EA，
∴FD⊥底面ABCD，∴FD⊥AD，
∵DC⊥AD，FD∩CD=D，
∴AD⊥平面FDC．
∴V 1E-FCD= 3 AD S
1 1
ΔFDC= 3 × 2× 2 × 1× 2=
2
3，
V 1 1 8E-ABCD= 3 EA S ABCD== 3 × 2× 2× 2= 3，
∴多面体EABCDF的体积V 2 8多面体=VE-FCD+VE-ABCD= 3 + 3 =
10
3 ．
(2)如图，取线段CD的中点Q，连接KQ，直线KQ即为所求的直线．
例35.四棱锥 P-ABCD中，底面ABCD是边长为 2的菱形，∠DAB= 2π3 ．AC∩ BD=O，且 PO⊥平面
ABCD，PO= 3，点F,G分别是线段PB.PD上的中点，E在PA上．且PA= 3PE．
(Ⅰ)求证：BD 平面EFG；
(Ⅱ)求直线AB与平面EFG的成角的正弦值；
(Ⅲ)请画出平面EFG与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．
【解析】分析：(Ⅰ)推导出FG BD，由此能证明BD 平面EFG；
(Ⅱ)推导出OA⊥OB，PO⊥OA，PO⊥OB，以O为原点，OA、
OB、OP分别为 x、y、z轴建立空间直角做消息，利用向量法能求出
直线AB与平面EFG的所成角的正弦值；
(Ⅲ)法 1：延长EF,EG分别交AB,AD延长线于M ,N，连接M ,N，
发现刚好过点C，，连接CG,CF，则四边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线．

法 2：记平面EFG与直线PC的交点为H，设PH = λPC，，利用向量法求出 λ= 1，从而H即为点C．连接
CG，CF，则四边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线．
解析：解：(Ⅰ)在ΔPBD中，因为点F,G分别是线段PB,PD上的中点，
所以FG BD
因为BD 平面EFG，FG 平面EFG．
所以BD 平面EFG．
(Ⅱ)因为底面ABCD是边长为 2的菱形，
所以OA⊥OB，
因为PO⊥平面ABCD，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得
A 1,0,0 ，B 0, 3,0 ，C -1,0,0 ，D 0,- 3,0 ，
P 0,0, 3 ，E 1 ,0, 2 3 ，F 0, 3 3 3 2 ,
3
2 ，
G 0,- 3 32 , 2

所以AB= -1, 3,0 ，EF = - 1 33 , 2 ,-
3
6 ，GF = 0, 3,0
1 3 3
设平面EFG的法向量为n= , n EF = 0, x y,z ，则由 可得 - 3 x+ 2 y- 6 z= 0,，n GE= 0 3y= 0
令 x= 3，可得n= - 32 ,0, 3

因为 , = A B ncosAB n = 21．
AB , n 14
所以直线AB与平面EFG的成角的正弦值为 2114
(Ⅲ)法Ⅰ：延长EF,EG分别交AB,AD延长线于M ,N，连接M ,N，发现刚好过点C，，连接CG,CF，则四
边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线．

法 2：记平面EFG与直线PC的交点为H，设PH = λPC，则FH =FP+PH = 0,- 3 32 , 2 +
- , ,- = - ,- 3 , 1- 2λ 3λ 1 0 3 λ 2 2

由FH n= -λ,- 3 , 1- 2λ 3 32 2 - 2 ,0, = 3 +
3 1- 2λ
3 2 λ 2 = 0，可得 λ= 1．
所以H即为点C．
所以连接CG，CF，则四边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线．
题型五：立体几何建系繁琐问题
例36.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中
点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
(1)证明：AA1 MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO 平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E
与平面A1AMN所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，
∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，
∴BB1 MN，∵AA1 BB1，∴AA1 MN，
∵MN⊥B1C1，A1N⊥B1C1，MN∩A1N=N，
∴B1C1⊥平面A1AMN，
∵B1C1 平面EB1C1F，
∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F，
综上，AA1 MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F．
(2)解：∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，EF，
∴EF B1C1 BC，
∵AO 面EB1C1F，AO 面AMNA1，面AMNA1∩面EB1C1F=PN，
∴AO PN，四边形APNO为平行四边形，
∵O是正三角形的中心，AO=AB，
∴A1N= 3ON，AM= 3AP，PN=BC=B1C1= 3EF，
由 (1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN，
直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角，
在等腰梯形EFC1B1中，令EF= 1，过E作EH⊥B1C1于H，
则PN=B1C1=EH= 3，B1H= 1，B1E= 10，
sin∠ BB EH= 1H = 101 B1E 10
，
∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为 1010 ．
例37.如图，在锥体P-ABCD中，ABCD是边长为 1的菱形，且∠DAB= 60°，PA=PD= 2，PB= 2，E，F
分别是BC，PC的中点
(1)证明：AD⊥平面DEF
(2)求二面角P-AD-B的余弦值．
【解析】(1)取AD的中点G，连接PG，BG，
在 ΔABG 中 ，根 据 余 弦 定 理 可 以 算 出 BG =
2
12+ 12 - 2× 1×
1
2 × cos60° =
3
2 ，
发现AG2+BG2=AB2，可以得出AD⊥BG，又DE BG
∴DE⊥AD，
又PA=PD，可以得出AD⊥PG，而PG∩BG=G，
∴AD⊥平面PBG，而PB 平面PBG，
∴AD⊥PB，又PB EF，
∴AD⊥EF．又EF∩DE=E，
∴AD⊥平面DEF．
(2)由 (1)知，AD⊥平面PBG，所以∠PGB为二面角P-AD-B的平面角，
在ΔPBG中，PG= 2- 14 =
7
2 ，BG=
3
2 ，PB= 2，
由余弦定理得 cos∠PGB= PG
2+BG2-PB2 =- 21，
2PG BG 7
因此二面角P-AD-B的余弦值为- 217 ．

例38.如图，AEC是半径为 a的半圆，AC为直径，点E为AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点，平
面AEC外一点F满足FB=FD= 5a，EF= 6a．
(1)证明：EB⊥FD；
(2) 2 2已知点Q，R为线段FE，FB上的点，FQ= 3 FE，FR= 3 FB，求平面BED与平面RQD所成二面角
的正弦值．

【解析】(1)证明：连接CF，因为AEC是半径为 a的半圆，AC为直径，点

E为AC的中点，所以EB⊥AC．
在RTΔBCE中，EC= BC 2+BE2= a2+ a2= 2a．
在 ΔBDF中，BF = DF = 5a，ΔBDF为等腰三角形，且点 C是底边
BD的中点，故CF⊥BD．
在 ΔCEF中，CE 2+ CF 2= ( 2a)2+ (2a)2= 6a2= EF 2，所以 ΔCEF为
Rt△，且CF⊥EC．
因为CF⊥BD，CF⊥EC，且CE∩BD=C，所以CF⊥平面BED，
而EB 平面BED，∴CF⊥EB．
因为EB⊥AC，EB⊥CF，且AC∩CF=C，所以EB⊥平面BDF，
而FD 平面BDF，∴EB⊥FD．
(2)设平面BED与平面RQD的交线为DG．
由FQ= 23 FE，FR=
2
3 FB，知QR EB．
而EB 平面BDE，∴QR 平面BDE，
而平面BDE∩平面RQD=DG，
∴QR DG EB．
由 (1)知，BE⊥平面BDF，∴DG⊥平面BDF，
而DR，DB 平面BDF，∴DG⊥DR，DG⊥DB，
∴∠RDB是平面BED与平面RQD所成二面角的平面角．
在RtΔBCF中，CF= BF 2-BC 2= ( 5a)2- a2= 2a，
sin∠RBD= FC = 2a = 2BF ，cos∠RBD= 1- sin
2∠RBD= 1 ．
5a 5 5
在ΔBDR中，由FR= 2 FB知，BR= 1 FB= 5a3 3 3 ，
2
由 余 弦 定 理 得 ，RD = BD2+BR2- 2BD BRcos∠RBD = (2a)2+ 5a3 - 2 2a 5a3 1 =5
29
3 a
5 29
由正弦定理得， BR RD 3
a 3 a
sin∠RDB = sin∠RBD，即 sin∠RDB = 2 ，sin∠RDB=
2 29
29 ．
5
故平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值为 2 2929 ．
例39.《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右．它是一
本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的
体系．《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥 P-ABC中，PA⊥
平面ABC．
(1)从三棱锥P-ABC中选择合适的两条棱填空：　BC　⊥　　，则三棱锥P-ABC为“鳖臑”；
(2)如图，已知AD⊥PB，垂足为D，AE⊥PC，垂足为E，∠ABC= 90°．
(ⅰ)证明：平面ADE⊥平面PAC；
(ⅱ)设平面ADE与平面ABC的交线为 l，若PA= 2 3，AC= 2，求二面角E- l-C的大小．
【解析】(1)由题意，四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，而PA⊥平面ABC，
要使三棱锥P-ABC为“鳖臑”，则只需BC⊥AB或BC⊥AC或BC⊥PB或BC
⊥PC；
(2) (i)证明：∵PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
∴PA⊥BC，
又∠ABC= 90°，即BC⊥AB，PA∩AB=A，PA，AB 平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，
又AD 平面PAB，
∴BC⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩BC=B，PB，BC 平面PBC，
∴AD⊥平面PBC，
又PC 平面PBC，
∴AD⊥PC，
又AE⊥PC，AD∩AE=A，AD，AE 平面ADE，
∴PC⊥平面ADE，
又PC 平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ADE；
(ii)由题意知，在平面PBC中，直线DE与直线BC相交，
如图所示，
设DE∩BC=F，连接AF，则AF即为 l，
∵PC⊥平面AED，l 平面AED，
∴PC⊥ l，
∵PA⊥平面ABC，l 平面ABC，
∴PA⊥ l，
又PA∩PC=P，PA，PC 平面PAC，
∴ l⊥平面PAC，
又AE，AC 平面APAC，
∴AE⊥ l，AC⊥ l，
∴∠EAC即为二面角E- l-C的一个平面角，
在ΔPAC中，PA⊥AC，PA= 2 3,AC= 2，
∴PC= 4，
又AE⊥PC，
∴AE= AP AC = 2 3 × 24 = 3，PC
∴ cos∠EAC= AE = 3，
AC 2
∴∠EAC= 30°，即二面角E- l-C的大小为 30°．
例40.已知四面体ABCD，AD=CD，∠ADB=∠CDB= 120°，且平面ABD⊥平面BCD．
(Ⅰ)求证：BD⊥AC；
(Ⅱ)求直线CA与平面ABD所成角的大小．
【解析】(Ⅰ)证明：∵AD=DC，∠ADB=∠CDB= 120°，BD=BD
∴ΔADB ΔCDB
∴AB=BC，取AC中点M，
则MB⊥AC，DM⊥AC
∴AC⊥平面BDM，
∴AC⊥BD．
(Ⅱ)解：过点C作CH⊥BD交BD延长线于H，连结HA，
∵平面ABD⊥平面BCD，∴CH⊥平面BAD，
∴∠CAH为CA与平面BAD所成角，
∵DC=AD，∠ADH=∠CDH= 60°，DH=DH，
∴ΔHAD ΔCDHk，
∴AH=HC
∴在RtΔHAC中，∠HAC= 45°
∴直线CA与平面ABD所成角的大小为 45°．
例41.已知四面体ABCD，∠ADB=∠CDB= 120°，且平面ABD⊥平面BCD．
(Ⅰ)若AD=CD，求证：BD⊥AC；
(Ⅱ)求二面角B-CD-A的正切值．
【解析】(Ⅰ)证明：∵AD=DC，∠ADB=∠CDB= 120°，BD=BD，
∴ΔADB ΔCDB，∴AB=BC，
取AC中点M，则MB⊥AC，DM⊥AC，
∴AC⊥平面BDM，
∵BD 平面BDM，
∴AC⊥BD．
(Ⅱ)解：过点A作AH⊥BD交BD延长线于H，
过H作HG⊥CD于G，连结GA，
∵平面ABD⊥平面BCD，
∴AH⊥平面BCD，∴AH⊥CD
根据三垂线定理知，
∠AGH为二面角A-CD-H的平面角，
由已知可知∠ADH= 60°，
设AD= 2a，则AH= 3a,HD= a，
在RtΔHDG中，∵∠HDG= 60°，∴HG= 32 a，
∴ tan∠AGH= 2，
∴二面角B-CD-A的正切值为-2．
题型六：两角相等 (构造全等)的立体几何问题
例42.如图，在三棱锥A- BCD中，ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD= 90°，点 P是AC的中点，连接
BP，DP
(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；
(2)若BD= 6，cos∠BPD=- 33 ，求三棱锥A-BCD的体积．
【解析】解：(1)证明：如图所示，
因为ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD= 90°，
所以RtΔABD RtΔBCD，可得AD=CD，
又因为点P是AC的中点，则PD⊥AC，PB⊥AC，
又PD∩PB=P，PD 平面PBD，PB 平面PBD，
所以平面ACD⊥平面BDP；
(2)设AB= a，在RtΔABD中，BD= 6，则AD= BD2-AB2= 6- a2；
在等边ΔABC中，BP= 32 AB=
3
2 a，
2
在等腰ΔACD中，DP= AD2-AP2= 6- a2- 1 a = 6- 5 a22 4 ；
在ΔBPD中，由 cos∠BPD=- 33 ，得 sin∠BPD=
6
3 ；
由余弦定理得BD2=BP2+DP2- 2 BP cos∠BPD，
即 6= 3 a24 + 6-
5
4 a
2- 2× 32 a× 6-
5
4 a
2 × - 33 ，解得 a= 2；
所以ΔBPD的面积为S= 12 BP DP sin∠BPD=
2
2 ，
所以三棱锥A-BCD的体积为V= 1 AC S = 1 × 2× 2 = 23 ΔBPD 3 2 3 ．
例43.如图，在三棱锥A- BCD中，ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD= 90°，点 P是AC的中点，连接
BP，DP．
(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；
(2)若BD= 6，且二面角A-BD-C为 120°，求直线AD与平面BCD
所成角的正弦值．
【解析】证明：(1) ∵ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD= 90°，
∴RtΔABD RtΔBCD，∴AD=CD，
∵点P是AC的中点，则PD⊥AC，PB⊥AC，
∵PD∩PB=P，∴AC⊥平面PBD，
∵AC 平面ACD，∴平面ACD⊥平面BDP．
解：(2)作CE⊥BD，垂足为E，连结AE，
∵RtΔABD RtΔBCD，
∴AE⊥BD，AE=CE，∠AEC为二面角A-BD-C的平面角，
由已知二面角A-BD-C为 120°，∴∠AEC= 120°，
在等腰ΔAEC中，由余弦定理得AC= 3AE，
∵ΔABC是等边三角形，∴AC=AB，∴AB= 3AE，
在RtΔABD中，12 ×AE×BD=
1
2 ×AB×AD，
∴BD= 3AD，
∵BD= 6，∴AD= 2，
∵BD2=AB2+AD2，∴AB= 2，∴AE= 2 3 63 ，ED= 3 ，
由上述可知BD⊥平面AEC，则平面AEC⊥平面BCD，
过点A作AO⊥CE，垂足为O，则AO⊥平面BCD，
连结OD，则∠ADO是直线AD与平面BCD所成角，
在RtΔAEO中，∠AEO= 60°，
∴AO= 1，AE= 2 33 ，sin∠ADO=
AO = 2，
AD 2
∴直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 22 ．
例44.如图，四棱锥 F-ABCD中，底面ABCD为边长是 2的正方形，E，G分别是CD、AF的中点，AF= 4，
∠FAE=∠BAE，且二面角F-AE-B的大小为 90°．
(1)求证：AE⊥BG；
(2)求二面角B-AF-E的余弦值．
【解析】(1)证明：连接BE，由已知可得，AE=BE= 5，
( 5)2+ 22- ( 5)2
在ΔABE中，由余弦定理可得，cos∠BAE= × × =
5
2 5 2 5
．
∵∠FAE=∠BAE，∴ cos∠FAE= 55 ，
在ΔFAE中，有EF 2=AF 2+AE2- 2AE AF cos∠FAE= 13．
∴EF= 13．
∵二面角F-AE-B的大小为 90°，
∴以E为坐标原点，以过E垂直CD的直线为 x轴，
以EC所在直线为 y轴，
以过E且垂直于底面的直线为 z轴建立空间直角坐标系．
则A(2，-1，0)，E(0，0，0)，B(2，1，0)，
F 2，- 1 ，8 55 5 5 ，G
6
5，-
3
5，
4 5
5 ，

则EA= (2,-1,0)，BG= - 4 ,- 8 , 4 55 5 5 ，

∴EA BG=- 85 +
8
5 = 0，则AE⊥BG；

(2)解：由 (1)得EA= (2,-1,0)，EF = 2 ,- 1 , 8 55 5 5 ，AB= (0,2,0)，

AF = - 8 45 , 5 ,
8 5
5 ．
设平面EAF的一个法向量为m = (x1,y1,z1)，平面BAF的一个法向量
为n = (x2,y2,z2)，
m

EA= 2x1- y1= 0由 2 ，取 x = 1，得m
= (1，2，0)；
m EF = 5 x1-
1
5 y1+
8 5 1
5 z1= 0
n AB= 2y0= 0
由 8 4 8 5 ，取 z2= 5，得n= (5,0, 5)．n AF =- 5 x2+ 5 y2+ 5 z2= 0

∴ cos= m n = 5 =
6．
|m| |n | 5 × 30 6
∵二面角B-AF-E为锐角，则其余弦值为 66 ．
例45.如图，四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是边长为 2的菱形，∠DAE=∠BAE= 45°，∠DAB= 60°．
(Ⅰ)证明：平面ADE⊥平面ABE；
(Ⅱ)当直线DE与平面ABE所成的角为 30°时，求平面DCE与平面ABE所成锐二面角的余弦值．
【解析】(I)证明：过D做DO⊥AE，垂足为O，连接OB，
∵AD= 2，∠DAO= 45°，∴OD=OA= 2，
在 ΔAOB 中 ，由 余 弦 定 理 可 得 OB 2 = OA 2 + AB 2 - 2OA AB
cos∠OAB= 2+ 4- 2× 2 × 2× 22 = 2，
∴OB= 2，
∵AB=AD= 2，∠DAB= 60°，∴ΔABD是等边三角形，∴BD= 2．
∴OD2+OB2=BD2，∴OB⊥OD，
又OD⊥AE，AE∩OB=O，
∴OD⊥平面ABE，又OD 平面ADE，
∴平面ADE⊥平面ABE．
(II)由 (I)知AO=OB= 2，AB= 2，∴OA⊥OB，
∵OD⊥平面ABE，∴∠DEO为直线ED与平面ABE所成的角，即∠DEO= 30°，
∴OE= 3OD= 6，
以O为原点，以OB，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系O- xyz，
则A(0，- 2，0)，B( 2，0，0)，D(0，0， 2)，E(0， 6，0)，

∴DC =AB= ( 2， 2，0)，DE= (0， 6，- 2)，

设平面CDE的法向量为 = ( ， ， )，则 n DCn x y z
= 0，即 2x+ 2y= 0，
n DE= 0 6y- 2z= 0
令 y= 1可得n = (-1，1， 3)，
∵OD⊥平面ABE，∴m = (0，0，1)为平面ABE的一个法向量，
cos= m
n
=
3 = 15．
|m||n| 5 × 1 5
∴平面DCE与平面ABE所成锐二面角的余弦值为 155 ．
例46.如图，在四面体ABCD中，已知∠ABD=∠CBD= 60°，AB=BC= 2，
(1)求证：AC⊥BD；
(2)若平面ABD⊥平面CBD 5，且BD= 2 ，求二面角C-AD-B的余弦值．
【解析】(1)证明：∵∠ABD=∠CBD，AB=BC，BD=BD．
∴ΔABD ΔCBD，
∴AD=CD．
取AC的中点E，连结BE，DE，则BE⊥AC，DE⊥AC．
又∵BE∩DE=E，
BE 平面BED，BD 平面BED，
∴AC⊥平面BED，
∴AC⊥BD．
(2)解：过C作CH⊥BD于点H．则CH 平面BCD，
又∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
∴CH⊥平面ABD．
过H做HK⊥AD于点K，连接CK．
∵CH⊥平面ABD，∴CH⊥AD，又HK∩CH=H，
∴AD⊥平面CHK，∴CK⊥AD．
∴∠CKH为二面角C-AD-B的平面角．
连接AH．∵ΔABD ΔCBD，∴AH⊥BD．
∵∠ABD=∠CBD= 60°，AB=BC= 2，
∴AH=CH= 3，BH= 1．∵BD= 5，∴DH= 32 2．
∴AD= 212 ，∴HK=
AH DH = 3 7
AD 7
．
∴ tan∠CKH= CHHK =
21
3 ，
∴ cos∠CKH= 3010 ，∴二面角C-AD-B的余弦值为
30
10 ．
题型七：利用传统方法找几何关系建系
例47.如图：长为 3的线段PQ与边长为 2的正方形ABCD垂直相交于其中心O(PO>OQ)．
(1)若二面角P-AB-Q的正切值为-3，试确定O在线段PQ的位置；
(2)在 (1)的前提下，以P，A，B，C，D，Q为顶点的几何体PABCDQ是否存在内切球？若存在，试确定其
内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．
【解析】解：(1)取线段AB的中点为点E，
连接PE，OE，QE．由于四边形ABCD是正方形，O为其中心，所以OE⊥AB，
又PO⊥面ABCDAB 面ABCD，所以PO⊥AB，
而OE∩AB=O，所以AB⊥面 PEO，PE 面 PEO，所以AB⊥
PE，
同理可以证出AB⊥QE，∴∠PEQ为二面角 P-AB-Q的平面
角，tan∠PEQ=-3．
设∠PEQ= α，∠QEO= β，OP= x，则OQ= 3- x．且OE= 1
在RTΔPEO中，tanα= OP = x，
OE
= OQ同理在RTΔQEO中，tanβ = 3- x
OE
tanα+ tanβ
由 tan∠PEQ= tan(α+ β) = 3
1- =tanαtanβ 1- x( - ) =-3，3 x
得：x2- 3x+ 2= 0
∵PO>OQ∴OP= x= 2
故O在线段PQ上的靠近Q点的三分点位置；
(2)几何体PABCDQ存在内切球，令球心为O′，
若设线段CD的中点为点F，内切球的半径为 r，由对称性可知：平面四边形PEQF的内切圆的圆心为O′，
半径即为 r，
故S 1PEQF= 2 EF PQ=
1
2 r(2PE+ 2QE)，而PE= PO
2+OE2= 5，QE= QO2+OE2= 2．
所以 1 × 2× 3= 12 2 r(2 5+ 2 2)，得 r= 5- 2．
由三角形相似有： r ′ = sin∠EPO=
OE = 1 = 5
PO PE 5 5
所以PO′ = 5r= 5- 10．故其内切球心O′在点P距离为 5- 10的位置上．
(注：也可用分割体积法求 r)
例48.在四棱锥P-ABCD中，E为棱AD的中点，PE⊥平面ABCD，AD BC，∠ADC= 90°，ED=BC=
2，EB= 3，F为棱PC的中点．
(Ⅰ)求证：PA 平面BEF；
(Ⅱ)若二面角F-BE-C为 60°，求直线PB与平面ABCD所成角的正切值．
【解析】解：(Ⅰ) 证明：连接AC交BE于点M，连接FM，
∵AD BC，且BC=AE，∴AM=MC，
又PF=FC，∴线段FM是ΔPAC的中位线，
∴FM AP，
∵FM 面BEF，PA 面BEF，
∴PA 面BEF；
(Ⅱ) ∵AD BC，ED=BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，
又∵∠ADC= 90°，∴四边形BCDE是矩形，∴AD⊥BE；
又PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BE，PE⊥ED；
以E为坐标原点，EB，ED，EP为 x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
设PE=m，则E(0，0，0)，B(3，0，0)，P(0，0，m)，
C(3，2，0)，F 32，1，
m
2 ，

∴EB= (3，0，0)，EF = 32，1，
m
2 ；
设平面BEF的一个法向量为n = (x，y，z)，

由 n EB= 0 3x= 0 n ，得 ； EF = 3 x+ y+ m0 2 2 z= 0
令 z= 1，得n = 0，- 12m，1 ，
取平面ABCD的一个法向量为 a = (0，0，1)；

∴ cos= n a

=
1 = 1 ，
|n| × |a| - 1
2 22 m
2m + 1 4 + 1
由二面角F-BE-C为 60°，得 1 = 12，解得m= 2 3；m2
4 + 1
∵PE⊥平面ABCD，
∴∠PBE就是直线PB与平面ABCD所成角，
在RtΔPBE中，tan∠PBE= PE = 2 3BE 3 ，
∴直线PB与平面ABCD所成角的正切值为 2 33 ．
例49.三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC= 2，侧面BCC1B1为矩形，∠A1AB= 2π3 ，二面角A-
BC-A 11的正切值为 2．
(Ⅰ)求侧棱AA1的长；
( ) CC D AD A BC 6Ⅱ 侧棱 1上是否存在点 ，使得直线 与平面 1 所成角的正切值为 3 ，若存在，判断点的位置
并证明；若不存在，说明理由．
【解析】解：(Ⅰ)取BC的中点 E，C1B1的中点 F，则四边形AEFA1为平行
四边形，
∵AB=AC= 2，∴AE⊥BC，
∵侧面BCC1B1为矩形，
∴BC⊥EF，
∵EF∩AE=E，
∴BC⊥平面AEFA1，
则BC⊥A1E，
则∠A1EA 是二面角A-BC-A1的平面角，
则 tan∠A1EA= 12，则 sin∠A1EA=
5
5 ，cos∠A1EA=
2 5
5 ，
设AA1= x，
∵AB⊥AC，AB=AC= 2，
∴CE=BE= 2，
∵∠A AB= 2π1 3 ，
∴A B2= x2+ 221 - 2× 2xcos 2π = x23 + 2x+ 4，
又A1E2=A B21 -BE2= x2+ 2x+ 4- 2= x2+ 2x+ 2，
在ΔAEA 2 2 2 2 5 2 8 5 21中 x =A1E + 2 - 2× 2A1E 5 = x + 2x+ 2- 5 x + 2x+ 2，
即 8 55 x
2+ 2x+ 2= 2x+ 2，
平方整理得 3x2- 4x- 4= 0，得 x= 2或 x=- 23 (舍)，
即侧棱AA1的长为 2；
(Ⅱ)建立以E为坐标原点，EA，EB，Ez分别为 x，y，z轴的空间直角坐标系如图：
过A1作AH 底面ABC，
∵AA1= 2，∴A 21B = x2+ 2x+ 4= 12，则A1B= 2 3，
A E= A B2-BE21 1 = 10，
则A1H=A 51Esin∠A1EA= 5 × 10= 2，AH= 2，
则A1(2 2，0， 2)，A( 2，0，0)，B(0， 2，0)，C(0，- 2，0)

则A1B= (-2 2， 2，- 2)，BC = (0，-2 2，0)，
设平面A1BC的法向量为m
= (x，y，z)，
由m

A1B=-2 2x+ 2y- 2z= 0，m BC =-2 2y= 0，
则 y= 0，令 x= 1，则 z=-2，即m = (1，0，-2)，

CC1=AA1= ( 2，0， 2)，

设CD=mCC1= ( 2m，0， 2m)，0
AD=AC +CD= (- 2，- 2，0) + ( 2m，0， 2m) = ( 2(m- 1)，- 2， 2m)，
∵AD与平面A1BC所成角的正切值 tanθ= 63 ，
∴ sinθ= 105 ，

= 10 = | < > |= 2(m- 1) - 2 2m 2(m+ 1)即 sinθ 5 cos AD，m = ，1+ 4 2(m- 1)2+ 2+ 2m2 5 2 m2-m+ 1
平方得m2- 2m+ 1= 0，得m= 1，即D在C1处．
即在侧棱CC1上存在点D，使得直线AD与平面A1BC所成角的正切值为
6
3 ．
例50.如图，在四棱锥 P - ABCD中，底面四边形 ABCD内接于圆O，AC是圆O的一条直径，PA⊥平面
ABCD，PA=AC= 2，E是PC的中点，∠DAC=∠AOB
(1)求证：BE 平面PAD；
(2)若二面角P-CD-A的正切值为 2，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：∵，∠DAC=∠AOB
∴AD OB，
∵E是PC的中点，O是AC的中点，
∴OE是ΔPAC的中位线，
∴OE PA，
∵PA∩AD=A，
平面OBE 平面PAD，
∵BE 平面BOE，BE 平面PAD，
∴BE 平面PAD；
(2) ∵AC是圆O的一条直径，∴AC⊥AD，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
则CD⊥平面PAD，
则CD⊥AD，
则∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，
若二面角P-CD-A的正切值为 2，
则 tan∠PDA= PA = 2，
AD
即AD= 1，
建立以D为坐标原点，DA，DC，垂直于平面ABCD的直线分别为 x，y，z轴的空间直角坐标系如图：

则B 3 32， 2 ，0 ，P(1，0，2)，PB= -
1 ，- 32 2 ，2
D(0，0，0)，C(0， 3，0)，

则DC = (0， 3，0)，DP= (1，0，2)，
设平面PCD的法向量为m = (x，y，z)，
m

则 DC = 0 3y= 0 ，即 + = ，令 z= 1，则 x=-2，y= 0，m DP= 0 x 2z 0
即m = (-2，0，1)，

则直线 PB与平面 PCD所成角的正弦值 m PBsin= |cos | = = 1+ 2|m||PB| 5 × =5
3
5
例51.如图所示，PA⊥平面ABCD，ΔCAB为等边三角形，PA=AB，AC⊥CD，M为AC中点．
(Ⅰ)证明：BM 平面PCD；
(Ⅱ)若PD 6与平面PAC所成角的正切值为 2 ，求二面角C-PD-M的正切值．
【解析】(Ⅰ)证明：因为M为等边 ΔABC的 AC边的中点，所以
BM⊥AC．
依题意 CD⊥ AC，且 A、B、C、D四点共面，所以 BM CD．
3分
又 因 为 BM 平 面 PCD，CD 平 面 PCD，所 以 BM 平 面
PCD． 5分
(Ⅱ)解：因为CD⊥AC，CD⊥PA，
所以CD⊥平面PAC，故PD与平面
PAC所成的角即为∠CPD． 7分
不妨设PA=AB= 1，则PC= 2．
由于 tan∠CPD= CD = 62 ，所以CD= 3． 9分PC
(方法一)
在等腰RtΔPAC中，过点M作ME⊥PC于点E，
再在RtΔPCD中作EF⊥PD于点F(图 1 所示)．
因为ME⊥PC，ME⊥CD，所以ME⊥平面PCD，可得ME⊥PD．
又EF⊥PD，
所以∠EFM即为二面角C-PD-M的平面角． 12分
由题意知PE= 3EC，ME= 2，EF= 3 × 2 3 = 3 304 4 5 20 ，
2
所以 tan∠EFM= ME 4 15EF = = ，3 30 9
20
即二面角C-PD-M的正切值是 159 ． 15分
(方法二)
以A点为坐标原点，AC为 x轴，
建立如图 2 所示的空间直角坐标系A- xyz．
则P(0，0，1)，M 12，0，0 ，C(1，0，0)，D(1， 3，0)．

则PC = (1,0,-1)，PD= (1, 3,-1)，PM = 12 ,0,-1 ．
若设 n1= (

x1，y1，z1)和n2= (x2，y2，z2)分别是平面PCD和平面PMD的法向量，

则 n1 PC = x - z = 0
1 1 ，可取n1= (1,0,1)．
n1 PD= x1+ 3y1- z1= 0
同理，得 n2= 2，- 33 ，1 ． 12分
所以 < cos n1,

n2>= 3 = 27
16 32
，
2 3
故二面角C-PD-M的余弦值是 2732，其正切值是
15
9 ． 15分
题型八：空间中的点不好求
例52.如图，直线AQ⊥平面 α，直线AQ⊥平行四边形ABCD，四棱锥P-ABCD的顶点P在平面 α上，AB
= 7，AD= 3，AD⊥DB，AC∩BD=O，OP AQ，AQ= 2，M，N分别是AQ与CD的中点．
(1)求证：MN 平面QBC；
(2)求二面角M-CB-Q的余弦值．
【解析】(1)连接OM，ON，底面ABCD为平行四边形，
∵N是CD的中点，O是BD的中点，
∴ON BC，
∵M是 AQ的中点，O是 AC的中点，∴ OM QC，ON ∩ OM =
O，BC∩QC=C，
∴平面OMN 平面QBC，MN 平面OMN，∴MN 平面QBC；
(2)由AQ⊥平面 α，AQ⊥平行四边形ABCD
∴平面 α 底面ABCD，OP AQ，OP=AQ= 2，
∴四边形PQAO为矩形，且PO⊥底面ABCD，AD⊥DB，
过D作DZ OP，以DA，DB，DZ所在直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系 (如图)
由AB= 7,AD= 3,AD⊥DB，知DB= 2，
∴D(0,0,0),A( 3,0,0),M ( 3,0,-1),N ( 3,0,-2),B(0,2,0),C(- 3,2,0)

∴MB= (- 3,2,1)，CB=DA= ( 3,0,0)，QB= (- 3,2,2)，
设平面 MCB的法向量n1= (x1,y1,z1)，

n MB=- 3x + 2y + z = 0
则 1 1 1 1 ，取 y1=-1，z1= 2，x1= 0，即

n1= (0,-1,2)，
n1 CB= 3x1= 0
设平面QCB的法向量 n2= (x2,y2,z2)，

则 n2 Q B =- 3x2+ 2y2+ z2= 0 ，取 y2=-1，z2= 2，x2= 0，即

n2= (0,-1,1)，
n2 CB= 3x2= 0

∴二面角 - - n nM CB Q的平面角 θ的余弦值 cosθ= 1 2 = 3 10| ．n1||n2| 10
例53.如图，四棱锥 S-ABCD中，AB CD，BC⊥CD，侧面 SAB为等边三角形．AB=BC= 2，CD= SD
= 1．
(1)证明：SD⊥平面SAB
(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE
=CB= 2．
连结SE，则SE⊥AB,SE= 3
又SD= 1，故ED2=SE2+SD2
所以∠DSE为直角，
所以SD⊥SE，
由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE=E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD．
因为AB∩SE=E，
所以SD⊥平面SAB 6分
(2)解：由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE．
作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABCD，SF= SD×SEDE =
3
2
作FG⊥BC，垂足为G，则FG=DC= 1．
连结SG，则SG⊥BC
又FG⊥BC，SG∩FG=G，
故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG，
作 FH⊥ SG，H为垂足，则 FH⊥平面 SBC，FH= SF×FG =
SG
3
7
即F到平面SBC的距离为 217 ．
由于ED BC，所以ED 平面SBC，E到平面SBC的距离 d也为 217 ．
设AB与平面SBC所成的角为 α，则 sinα= d 21EB = 7 12分．
例54.如图，四棱锥 S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD= 2，DC= SD= 2，点M在
侧棱SC上，∠ABM= 60°．
(Ⅰ)证明：M是侧棱SC的中点；
(Ⅱ)求二面角S-AM-B的余弦值．
【解析】(Ⅰ)证明：作ME CD交SD于点E，则ME AB，ME⊥平面SAD，
连接AE，则四边形ABME为直角梯形，
作MF⊥AB，垂足为F，则AFME为矩形，
设ME= x，则SE= x，AE= ED2+AD2= (2- x)2+ 2，
MF=AE= (2- x)2+ 2，FB= 2- x，
由MF=FB tan60°，得 (2- x)2+ 2= 3(2- x)，
解得 x= 1，即ME= 1，
从而ME= 12 DC，
∴M为侧棱SC的中点．
(Ⅱ)解：MB= BC 2+MC 2= 2，
又∠ABM= 60°，AB= 2，∴ΔABM为等边三角形．
又由 (Ⅰ)知M为SC中点，SM= 2，SA= 6，AM= 2，
∴SA2=SM 2+AM 2，∠SMA= 90°，
取AM中点G，连结BG，取SA中点H，连结GH，
则BG⊥AM，GH⊥AM，
由此知∠BGH为二面角S-AM-B的平面角，
连结BH，在ΔBGH中，
BG= 3 12 AM= 3，GH= 2 SM=
2
2 ，BH= AB
2+AH 2= 222 ，
2 2 2
∴ cos∠BGH= BG +GH -BH =- 6 3 ．2BG GH
∴二面角S-AM-B的余弦值为- 63 ．
例55.如图，在四棱锥 P - ABCD中，侧面 PAD⊥底面 ABCD，底面 ABCD为直角梯形，其中 AB CD，
∠CDA= 90°，CD= 2AB= 2，AD= 3，PA= 5，PD= 2 2，点E在棱AD上且AE= 1，点F为棱PD的
中点．在棱AD上且AE= 1，点F位棱PD的中点．
(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；
(2)求二面角A-BF-C的余弦值的大小．
【解析】证明：(1)在RtΔABE中，由AB=BE= 1，得∠AEB= 45°，
同理在RtΔCDE中，由CD=DE= 2，得∠DEC= 45°，
所以∠BEC= 90°，即BE⊥EC(亦可通过勾股定理来证明)
PA2+AD2在ΔPAD中，cos∠PAD= -PD
2
=
5+ 9- 8 5
2PA AD 2× × =3 5 5
在ΔPAE，PE2=PA2+AE2- 2PA AE cos∠PAE= 5+ 1- 2× 5 × 1× 55 = 4
所以PE2+AE2=PA2，即PE⊥AD
解：(2)由 (1)知EB，EC，EP两两垂直，
故以 E为坐标原点，以射线 EB，EC，EP分别为 x轴，y轴，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标
系，
得B( 2,0,0)，C(0,2 2,0)，P(0，0，2)，A 22 ,-
2 2 2
2 ,0 ，D(- 2, 2,0)，F - 2 , 2 ,1 ，

AB= 2

2 ,
2
2 ,0 ，BF = -
3 2
2 ,
2
2 ,1 ，BC = (- 2,2 2,0)，
设平面ABF的法向量为m = (x1,y1,z1)
m
3
AB=- 2 x1+
2
2 y1= 0则： m BF =- 3 2 x + 22 1 2 y1+ z1= 0
不妨设 x1= 1，则m = (1,-1,2 2)
设平面BFC的法向量为 n = (x2,y2,z2)

n BC =- 2x2+ 2 2y2= 0则 n BF =- 3 2 2 ，2 x2+ 2 y2+ z2= 0
不妨设 y2= 2，则n = (4,2,5 2)
记二面角A-BF-C为 θ(应为钝角)
|m n =- | =- |4- 2+ 20|cosθ =- 11 7
|m | |n | 10 70 35
故二面角A-

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