立体几何
1. (2011年高考山东卷理科19) （本小题满分12分）
在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，∠ ACB=90︒，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF ∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ. ＡＢ=２ＥＦ. （Ⅰ) 若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;
（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ, 求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．
2. (2011年高考浙江卷理科20) （本题满分15分）如图，在三棱锥P -A B C 中，A B =A C ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP ⊥BC ；（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，
使得二面角A-MC-β为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由。
3. (2011年高考辽宁卷理科18) （本小题满分12分）
如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA=AB=
12
PD.
4. (2011年高考全国新课标卷理科18) (本小题满分12分)
如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底（I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ （II ）求二面角Q-BP-C 的余弦值.
面ABCD.
(Ⅰ) 证明：PA ⊥BD ；(Ⅱ) 若PD=AD，求二面角A-PB-C 的余弦值。
1、【解析】（Ⅰ) 连结AF, 因为EF ∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，
EF∩ＦＧ=F,所以平面EFG ∥平面ABCD, 又易证∆E F G ∽∆A B C , 所以
F G B C
=E F A B
=12
, 即F G =
12
12
B C , 即F G =
12
A D , 又M 为AD
的中点, 所以A M =ＢＣ∥ＡD ，所以ＦＧ∥ＡM, 所以四边形AMGF 是A D , 又因为ＦＧ∥
平行四边形, 故GM ∥FA, 又因为ＧＭ⊄平面ＡＢＦＥ,FA ⊂平面ＡＢＦＥ, 所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ.
（Ⅱ）取AB 的中点O, 连结CO, 因为ＡＣ＝ＢＣ, 所以CO ⊥AB,
又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO ⊂平面ＡＢＣＤ, 所以ＥＡ⊥CO,
又ＥＡ∩AB=A,所以CO ⊥平面ＡＢＦＥ, 在平面ABEF 内, 过点O 作OH ⊥BF 于H, 连结CH, 由三
垂线定理知: CH⊥BF, 所以∠C H O 为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角. 设ＡＢ=２ＥＦ=2a , 因为∠ ACB=90︒，ＡＣ＝ＢＣ
,CO=a
, AE =
2a , 连结FO, 容
易证得FO ∥EA
且FO =
2
a ,
所以B F =
2
a , 所以
OH=
2
⨯
=
3
a , 所以在
R t ∆C O H 中,tan ∠ CHO=
C O O H
=
, 故∠ CHO=60, 所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为60.
2、【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向
量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分
法一：（Ⅰ）证明：如图，以O 为原点，以射线O P 为x 轴的正半轴，建立空间直角坐标系o -xyz ，则O (0,0,0)，A (0,-3, 0) ，B (4,2, 0) ，C (-4, 2, 0) ，P (0,0, 4) ，
A P =(0,3, 4) ，BC =(-8, 0, 0) 由此可得AP ⋅BC =0
P ⊥
B C ，所以AP ⊥BC ，即A
（Ⅱ）解：设PM =λPA , λ≠1 ，则P M =λ(0,-3, -4) ，
BM =BP +PM =BP +λPA =(-4, -2, 4) +λ(0,-3, -4)
=(-4, -2+3λ, 4-4λ) ，AC =(-4, 5, 0) ，BC =(-8, 0, 0)
设平面B M C 的法向量n 1=(x 1, y 1, z 1) ，
平面APC 的法向量n 2=(x 2, y 2, z 2)
⎧⎧-4x 1-(2+3λ) y 1+(4-4λ) z 1=0⎪B M ⋅n 1=0 由⎨ 得⎨
-8x =0⎩1⎪⎩B C ⋅n 2=0
⎧x 1=0 ⎧⎧3y 2+4z 2=02+3λ⎪A P ⋅n 2=0⎪
n =(0,1,) 即⎨ ，可取 由即得 ⎨⎨2+3λ1
4-4λy 1⎩-4x 2+5y 2=0⎪⎪z 1=⎩A C ⋅n 2=04-4λ⎩
5⎧
x =y 2
2⎪⎪4
⎨
3⎪z =-y 22⎪⎩4
2+3λ4
=0解得λ= ，故A M =3 可取n 2=(5,4, -3) ，由n 1⋅n 2=0得4-3⋅
4-4λ5
综上所述，存在点M 符合题意，A M =3
法二（Ⅰ）证明：AB =AC , D 为BC 中点, ∴AD ⊥BC ,
又PO ⊥平面ABC , ∴P O ⊥B C 因为∴PO AD =O 所以B C ⊥平面PAD 故
B C ⊥P A
（Ⅱ）如图，在平面P A B 内作BM ⊥AP 于M , 连结CM, 由（Ⅰ）知BC ⊥P A, 得P A ⊥平面B M C ， 又A P ⊂平面PAC, 所以平面B M C ⊥平面PAC,
222
在R t A D B 中，AB =AD +BD =
41得AB =
在R t P O D 中，PD 2=PO 2+OD 2，
在R t P D B 中，PB 2=PD 2+BD 2所以PB 2=PO 2+OD 2+BD 2=36得P B =6，
2
2
2
在R t P O A 中，PA =AO +OP =25得P A =5又cos ∠BPA =
PA +PB -AB
2PA ⋅PB
222
=
13
从而PM =PB cos ∠BPA =2，所以AM =PA -PM =3综上所述，存在点M 符合题意，
A M =3.
3、解：
如图，以D 为坐标原点，线段DA 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D —xyz.
（I ）依题意有Q （1，1，0），C （0，0，1），P （0，2，0）.
则D Q =(1,1,0), D C =(0,0,1), PQ =(1,-1, 0).
所以PQ ⋅D Q =0, PQ ⋅D C =0.
即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.
又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分
（II ）依题意有B （1，0，1），C B
=, 0) , 1(
(B 2, 1P . ) 1
=-
-
⎧⎪n ⋅C B =0, ⎧x =0,
即⎨设n =(x , y , z ) 是平面PBC 的法向量，则⎨
-x +2y -z =0. ⎪⎩n ⋅B P =0, ⎩
因此可取n =(0,-1, -2).
⎧⎪m ⋅B P =0,
设m 是平面PBQ 的法向量，则⎨
⎪⎩m ⋅P Q =0.
可取m =(1,1,1).所以cos =-
5
故二面角Q —BP —C
的余弦值为-
5
………………12分
分析：（1）要证明线线垂直只要证明线面垂直或者用向量去证明；（2
）求二面角的余弦只
需建立适当的坐标系，有空间向量来完成。
解：(1)证明：在三角形ABD 中，因为∠BAD =60︒, AB =2AD ∴该三角形为直角三角形，所以
BD ⊥AD , PD ⊥平面PAD ∴PD ⊥BD 且PD ⋂AD =D BD ⊥平面PAD , PD ⊆平面PAD ∴BD ⊥PA
,
（2）建立如图的坐标系，设点的坐标分别是
A (a , 0, 0), B (0, 3a , 0), C (-a , 3a , 0), P (0, 0, a )
则AB =(-a , 3a , 0), BC =(-a , 0, 0), AP =(-a , 0, a ) ，设平面⎧⎪n ∙AB =0
PAB 的法向量为n =(x , y , z ) ，所以，⎨ 取得
⎪⎩n ∙AP =0
n =(3, 3, 3) ，同理设平面PBC 的法向量为m ，
⎧27⎪m ∙PC =0
cos ==- 取得，于是，，因此二面角m
=(0, -1, -3) ⎨
7⎪⎩m ∙BC =0
277
的余弦值是-。
点评：该题考查空间内的垂直关的证明，空间角的计算。考查定理的理解和运用，空间向量的运用。同时也考察了空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。解题时要注意法向量的计算和运用这一关键。