空间立体几何试题
1 已知直四棱柱1111D C B A ABCD -中，21=AA ，底面ABCD 是直角梯形，∠A 是直角，
AB||CD，AB=4，AD=2，DC=1，求异面直线1BC 与DC 所成角的余弦值。
2 已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，且2A D =，1AB =，P A ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是线段A B 、BC 的中点．
（Ⅰ）证明：PF FD ⊥；
（Ⅱ）判断并说明P A 上是否存在点G ，使得EG ∥平面P F D ；
（Ⅲ）若P B 与平面ABCD 所成的角为45 ，求平面A P D 与平面F P D 夹角的余弦值．
1 如图，以D 为坐标原点，分别以AD 、DC 、DD 1所在直线为x 、y 、z 轴建立直
角坐标系．
则C 1（0，1，2），B （2，4，0） ), 2, 3, 2(1--=∴BC
CD BC CD 与设1), 0, 1, 0(-=所成的角为θ， 则,
17173arccos . 173cos 1==⋅=θθCD
BC ∴异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为. 173arccos
2 （Ⅰ）∵ P A ⊥平面ABCD ，90BAD ∠= ，1AB =，2A D =，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()()0, 0, 0, 1, 0, 0, (1,1,0), (0,2, 0) A B F D ．不妨令(0,0, ) P t ∵
(1,1,) P F t =- ，(1,1, 0) D F =-
∴111(1) () 00PF D F t =⨯+⨯-+-⨯= ，即PF FD ⊥．
（Ⅱ）设平面P F D 的法向量为(), , n x y z = ，
由00
n P F n D F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得00x y tz x y +-=⎧⎨-=⎩，令1z =，解得：2t x y ==． ∴, ,122t t n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ． 设G 点坐标为(0,0, ) m ，1, 0, 02E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则1(, 0, ) 2E G m =- ， 要使EG ∥平面P F D ，只需0EG n = ，即
1
() 0102
224t t t m m -⨯+⨯+⨯=-=， 得1
4m t =，从而满足14AG AP =的点G 即为所求．
（Ⅲ）∵A B P A D ⊥平面，∴A B 是平面P A D 的法向量，
易得()1, 0, 0AB = ，又∵P A ⊥平面ABCD ，∴P B A ∠是P B 与平面ABCD 所成的角，
得45PBA ∠=
，1P A =，平面P F D 的法向量为11, ,122n ⎛⎫= ⎪⎝⎭
∴1cos , 6AB n AB n AB n ⋅==
=⋅ ，面A P D 与面F P D
6．
空间立体几何试题
3 如图，在四棱锥ABCD P -中, PD ⊥底面ABCD , 且底面ABCD 为正方形, G F E PD AD , , , 2==分别为CB PD PC , , 的中点． （I ）求证://AP 平面EFG ;
（II ）求平面GEF 和平面DEF 的夹角.
4 如图，直角梯形ABCD 中，AB∥CD，AB⊥BC，E 为AB 上的点，且AD ＝AE ＝DC ＝2，BE ＝1，将△ADE沿DE 折叠到P 点，使PC ＝PB.
(I) 求证：平面PDE ⊥平面ABCD ；
(II) 求四棱锥P －EBCD 的体积．
3 （I ）如图，以D 为原点, 以, , D A D C D P 为方向向量建立空间直角坐标系, xyz D -则
) 0, 0, 2(), 1, 0, 0(), 1, 1, 0(), 0, 2, 1(), 0, 2, 0(), 2, 0, 0(A F E G C P . ) 11, 1(), 0, 1, 0(), 2, 0, 2(-=-=-=∴EG EF AP .
设平面EFG 的法向量为(, , ) n x y z = ]
0, 0, n EF n EG ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩ 即⎩⎨⎧=-+=-. 0, 0z y x y ⎩⎨⎧==∴. 0, y z x
令1=x , 则(1,0,1) n = .
n AP n AP ⋅=⨯-+⨯+⨯=∴⊥
又⊄AP 平面//, AP EFG ∴平面. EFG
（II ） 底面ABCD 是正方形, , DC AD ⊥∴又⊥PD 平面ABCD [来源:学科网]
. AD PD ⊥∴又D CD PD = , A D ∴⊥平面PCD 。
∴向量DA 是平面PCD 的一个法向量, ) 0, 0, 2(=DA 又由（1）知平面EFG 的法向量(1,0,1) n =
.
2cos , 2||||D A n D A n D A n ⋅∴<>===⋅ ∴二面角D EF G --的平面角为0
45. 4 (I) 取BC 中点G ，DE 中点H ，
连结PG ，GH ，HP.∵HG∥AB，AB⊥BC，∴HG⊥BC. 又∵PB ＝PC ，∴PG ⊥BC .
∴BC ⊥平面PGH ，∴PH ⊥BC .
∵PD ＝PE ，H 为DE 中点，∴PH ⊥DE .
∵BC 与DE 不平行，∴PH ⊥平面BCDE .
而PH ⊂平面PDE ，∴平面PDE ⊥平面BCDE ，
即平面PDE ⊥平面ABCD .
(II) 由(I)可知，PH 为四棱锥P －BCDE 的高， ∵DC 綊AE ，且AD ＝AE ＝2，
∴四边形AECD 为菱形，
∴CE ＝AD ＝2，而EB ＝1，EB ⊥BC ，
∴BC ＝322=-EB CE ，DE ＝2，
∴PH ＝AH ＝3.
∴ V P －BCDE ＝13×PH ×S 梯形BCDE ＝133×12(1＋2)×3＝32
.
空间立体几何试题
5 如图，在四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ， AC ⊥CD ，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E 是PC 的中点．
（1）证明PD ⊥平面ABE ；
（2）求二面角A —PD —C 的大小．
6 如图：已知三棱锥ABC P -中，⊥PA 面ABC ，AC AB ⊥，221==
=AB AC PA ，
N 为AB 上一点，AN AB 4=，S M , 分别为BC PB , 的中点. (1)证明：SN CM ⊥.
(2)求面MNC 与面NCB 所成的锐二面角的余弦值.
(3)在线段PA (包括端点) 上是否存在一点Q ，使⊥SQ 平面MNC ？若存在，确定Q 的位
置；若不存在，说明理由.
A
B C
D P
5 解以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。 设PA=AB=BC =a，又由已知，得30CAD ∠=° 故A(0,0,0)，B(a,0,0)，
C(
, , 022a ) ，
,0) ，P(0,0,a)
因为E 是PC 的中点，所以
E(,
, 4
42
a a ). （2）∵P D
2a
, —a) ，A B =(a,0,0)，A E
=(442
a a
), ∴P D ●A B =0，P D ●A E
=0。∴PD ⊥AB ，PD ⊥AE ，又
AB ∩AE=A,
∴PD ⊥平面ABE.
（3）显然m
=（1，0，0）是面PAD 的一个法向量，
又由（2）知CD ●A E =0，P D ●A E
=0,
∴平面PDC 的法向量可以取为A E =
（4
42
a
a
）的共线向量，取(1,2) n = , ∴cos<, m n >=||||
m n m n
=4. 结合图形二面角A —PD —C 的大小为
arccos 4.
6 解：（1）如图建立空间直角坐标系：则
) 0, 0, 4(), 0, 2, 0(), 2, 0, 0(B C P ), 0, 1, 2(), 0, 0, 1(), 1, 0, 2(S N M
) 0, 1, 1(--=SN ) 1, 2, 2(-=CM
0=⋅SN CM ∴SN CM ⊥
A
空间立体几何试题
7在直三棱柱111C B A ABC -中，底面△ABC 是等腰直角三角形，0
90=∠BAC ， P 为B A 1的中点，且B A CP 1⊥，求二面角B AC P --的大小．
8 一个多面体的直观图及三视图如图所示：(其中M 、N 分别是AF 、BC 的中点) ．
(1) 求证：//MN 平面CDEF ；
(2) 求二面角D —MN —B 的余弦值的绝对值.
主视图
左视图
俯视图
7 ：解以A 为原点，AB 、AC 、1AA 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建
立空间直角坐标系，设a AB =，z AA =1，则a AC =，) 0, 0, (a B ，) 0, , 0(a C ，
) , 0, 0(1z A ，⎪⎭⎫ ⎝⎛2, 0, 2z a
P ，) , 0, (1z a B A -=，⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2, , 2
z a a CP ，由B A CP 1⊥， 得01=⋅CP B A ，即0222
2=-z a ，所以a z =． 平面A B C 的一个法向量为) 1, 0, 0(=m ，设面PAC 的一个法向量是) 1, , (y x n = ，则由
0=⋅AP n ，0=⋅AC n ，得1-=x ，0=y ，∴ ) 01, 1(-=n ，
设m 与n 的夹角为θ，则22211||||cos =⨯=⋅=n m n m θ． ∴二面角B AC P --的大小是045．
8 ：解由三视图可知，该多体是底面为直角三角形的直三棱柱ADE —BCF ，
且2, AB BC BF D E C F =====2C BF π
∴∠= .
（1）取BF 中点G ，连MG 、NG ，由M 、N 分别为AF 、
BC 中点可得，N G C F M G EF ∥, ，
∴面MNG ∥面CDEF ,
M N C D E F ∴∥面 .
（2）建立空间直角坐标系，如图，
则(0,0, 0), (2,0, 0), (0,0, 2), (2,2, 0), (1,1,0), A B D F M (2,0, 2), (2,0,1), (1,1,2), (0,0,1), (1,1,1), C N D M BN M N =-==-
设平面DMN 的法向量为(1,, ) m y z = , 则0, 0, D M m M N m == 即 120, 3, 10, 2, y z y y z z +-==⎧⎧∴⎨⎨-+==⎩⎩
(1,3, 2). m ∴= 设平面MNB 的法向量为 11(1,, ) n y z =, 则0MN n = 且0BN n = ， 即 11110
(1,1,0) 0y z n z -+=⎧∴=⎨=⎩.
设二面角D —MN —B 的平面角为θ
，则|cos ||
|||||7m n m n θ=== . ∴二面角D —MN —B
的余弦的绝对值为
7
空间立体几何试题
9 如图，已知△ABC 是正三角形，EA 、CD 都垂直于平面ABC ，且EA=AB=2a，DC=a，F 是BE 的中点．求证：
（1）FD ∥平面ABC ；
（2）AF ⊥平面EDB ．
10 如图5，在圆锥PO 中，已知PO
O 的直径2A B =, C 是 AB 的中点，D 为
AC 的中点．
（Ⅰ）证明：平面POD ⊥平面PAC ;
（Ⅱ）求二面角B PA C --的余弦值。
9 ：解(1) 取AB 的中点M ，连FM 、MC ． ∵ F、M 分别是BE 、BA 的中点， ∴ FM ∥EA, FM=
12
EA ．
∵ EA 、CD 都垂直于平面ABC ，
∴ CD ∥EA ， ∴ CD ∥FM ．
又 DC=a，∴ FM=DC，∴四边形FMCD 是平行四边形．
∴ FD∥MC ，FD ∥平面ABC ． （2）因为M 是AB 的中点，△ABC 是正三角形，
所以CM ⊥AB ．又因为CM ⊥AE, 所以CM ⊥面EAB, CM⊥AF, FD⊥AF ． 因为F 是BE 的中点，EA=AB，所以AF ⊥EB ．
10 解（I ）如图所示，以O 为坐标原点，OB 、OC 、OP 所在直线分别为x 轴、y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0, 0), (1, 0, 0), (1,0, 0), (0,1,0), (0,
0, O A B C P -，
11(, , 0) 22D -
设
1111(, , )
n x
y z =是平面POD 的一个法向量，则由
110, 0
n OD n OP ⋅=⋅=
，得
1
11
1
10, 220. x y ⎧-+=⎪=所以111110, , 1, (1,1,0). z x y y n ====取得设2222(, , ) n x y z =是平面
PAC 的一个法向量，则由220, 0n PA n PC ⋅=⋅= ，得22220,
0. x y ⎧--=⎪⎨+=⎪
⎩ 所以22222, . 1,
x y ===取z 得
2(n =。
因为
12(1,1,0) (0,
n n ⋅=⋅=所以
12.
n n ⊥从而平面POD ⊥平面PAC 。
（II ）因为y 轴⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为3(0,1,0).
n =
由（I ）知，平面PAC 的一个法向量为
2(n =
设向量
23
n n 和的夹角为θ，则
23
23cos ||||
5n n n n θ⋅=
=
=
⋅
由图可知，二面角B —PA —C 的平面角与θ相等，
所以二面角B —PA —C 的余弦值为5
空间立体几何试题
11 如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA=AB=1
2PD ． （I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ ；
（II ）求二面角Q —BP —C 的余弦值．
12 如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，P D ⊥底面ABCD ．
（I ）证明：P A B D ⊥；
（II ）若PD=AD，求二面角A-PB-C 的余弦值．
11 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
(1,1,0), (0,0,1), (1,1, 0). D Q D C P Q ===-
所以0, 0.
PQ D Q PQ D C ⋅=⋅=
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），
(1,0, 0), (1, 2, 1).
C B BP ==--
设(, , ) n x y z =是平面PBC 的法向量，则0, 0,
20.
0, n C B x x y z n BP ⎧⋅==⎧⎪⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩
即
因此可取(0,1, 2). n =--设m 是平面PBQ 的法向量，则0,
0. m BP m PQ ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩
可
取(1,1,1).cos , 5m m n =<>=-
所以故二面角Q —BP —C
的余弦值为5-
Ⅰ）因为
60, 2D A B A B A D
∠=︒=，
由余弦定理得BD =从而BD2+AD2= AB2，故BD ⊥AD
又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD
（Ⅱ）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D-xyz ，则
()
1, 0, 0A
，
(
)00
B
，()0
C -，()0, 0,1P ．
(1,
0), (0,1), (1, 0, 0)
A B P B B C =-=-=-uu u v
uuv
uuu v
设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则
0, 0,
{
n AB n PB ⋅=⋅=uuu r uu u r
即
z ==因此可取n=
设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0, m 0,
{
PB BC ⋅=⋅=uu u r
uuu r
可取m=（0，-1，）
cos , 7
m n =
=-
故二面角A-PB-C 的余弦值为 7
-
空间立体几何试题
1 已知直四棱柱1111D C B A ABCD -中，21=AA ，底面ABCD 是直角梯形，∠A 是直角，
AB||CD，AB=4，AD=2，DC=1，求异面直线1BC 与DC 所成角的余弦值。
2 已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，且2A D =，1AB =，P A ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是线段A B 、BC 的中点．
（Ⅰ）证明：PF FD ⊥；
（Ⅱ）判断并说明P A 上是否存在点G ，使得EG ∥平面P F D ；
（Ⅲ）若P B 与平面ABCD 所成的角为45 ，求平面A P D 与平面F P D 夹角的余弦值．
1 如图，以D 为坐标原点，分别以AD 、DC 、DD 1所在直线为x 、y 、z 轴建立直
角坐标系．
则C 1（0，1，2），B （2，4，0） ), 2, 3, 2(1--=∴BC
CD BC CD 与设1), 0, 1, 0(-=所成的角为θ， 则,
17173arccos . 173cos 1==⋅=θθCD
BC ∴异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为. 173arccos
2 （Ⅰ）∵ P A ⊥平面ABCD ，90BAD ∠= ，1AB =，2A D =，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()()0, 0, 0, 1, 0, 0, (1,1,0), (0,2, 0) A B F D ．不妨令(0,0, ) P t ∵
(1,1,) P F t =- ，(1,1, 0) D F =-
∴111(1) () 00PF D F t =⨯+⨯-+-⨯= ，即PF FD ⊥．
（Ⅱ）设平面P F D 的法向量为(), , n x y z = ，
由00
n P F n D F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得00x y tz x y +-=⎧⎨-=⎩，令1z =，解得：2t x y ==． ∴, ,122t t n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ． 设G 点坐标为(0,0, ) m ，1, 0, 02E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则1(, 0, ) 2E G m =- ， 要使EG ∥平面P F D ，只需0EG n = ，即
1
() 0102
224t t t m m -⨯+⨯+⨯=-=， 得1
4m t =，从而满足14AG AP =的点G 即为所求．
（Ⅲ）∵A B P A D ⊥平面，∴A B 是平面P A D 的法向量，
易得()1, 0, 0AB = ，又∵P A ⊥平面ABCD ，∴P B A ∠是P B 与平面ABCD 所成的角，
得45PBA ∠=
，1P A =，平面P F D 的法向量为11, ,122n ⎛⎫= ⎪⎝⎭
∴1cos , 6AB n AB n AB n ⋅==
=⋅ ，面A P D 与面F P D
6．
空间立体几何试题
3 如图，在四棱锥ABCD P -中, PD ⊥底面ABCD , 且底面ABCD 为正方形, G F E PD AD , , , 2==分别为CB PD PC , , 的中点． （I ）求证://AP 平面EFG ;
（II ）求平面GEF 和平面DEF 的夹角.
4 如图，直角梯形ABCD 中，AB∥CD，AB⊥BC，E 为AB 上的点，且AD ＝AE ＝DC ＝2，BE ＝1，将△ADE沿DE 折叠到P 点，使PC ＝PB.
(I) 求证：平面PDE ⊥平面ABCD ；
(II) 求四棱锥P －EBCD 的体积．
3 （I ）如图，以D 为原点, 以, , D A D C D P 为方向向量建立空间直角坐标系, xyz D -则
) 0, 0, 2(), 1, 0, 0(), 1, 1, 0(), 0, 2, 1(), 0, 2, 0(), 2, 0, 0(A F E G C P . ) 11, 1(), 0, 1, 0(), 2, 0, 2(-=-=-=∴EG EF AP .
设平面EFG 的法向量为(, , ) n x y z = ]
0, 0, n EF n EG ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩ 即⎩⎨⎧=-+=-. 0, 0z y x y ⎩⎨⎧==∴. 0, y z x
令1=x , 则(1,0,1) n = .
n AP n AP ⋅=⨯-+⨯+⨯=∴⊥
又⊄AP 平面//, AP EFG ∴平面. EFG
（II ） 底面ABCD 是正方形, , DC AD ⊥∴又⊥PD 平面ABCD [来源:学科网]
. AD PD ⊥∴又D CD PD = , A D ∴⊥平面PCD 。
∴向量DA 是平面PCD 的一个法向量, ) 0, 0, 2(=DA 又由（1）知平面EFG 的法向量(1,0,1) n =
.
2cos , 2||||D A n D A n D A n ⋅∴<>===⋅ ∴二面角D EF G --的平面角为0
45. 4 (I) 取BC 中点G ，DE 中点H ，
连结PG ，GH ，HP.∵HG∥AB，AB⊥BC，∴HG⊥BC. 又∵PB ＝PC ，∴PG ⊥BC .
∴BC ⊥平面PGH ，∴PH ⊥BC .
∵PD ＝PE ，H 为DE 中点，∴PH ⊥DE .
∵BC 与DE 不平行，∴PH ⊥平面BCDE .
而PH ⊂平面PDE ，∴平面PDE ⊥平面BCDE ，
即平面PDE ⊥平面ABCD .
(II) 由(I)可知，PH 为四棱锥P －BCDE 的高， ∵DC 綊AE ，且AD ＝AE ＝2，
∴四边形AECD 为菱形，
∴CE ＝AD ＝2，而EB ＝1，EB ⊥BC ，
∴BC ＝322=-EB CE ，DE ＝2，
∴PH ＝AH ＝3.
∴ V P －BCDE ＝13×PH ×S 梯形BCDE ＝133×12(1＋2)×3＝32
.
空间立体几何试题
5 如图，在四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ， AC ⊥CD ，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E 是PC 的中点．
（1）证明PD ⊥平面ABE ；
（2）求二面角A —PD —C 的大小．
6 如图：已知三棱锥ABC P -中，⊥PA 面ABC ，AC AB ⊥，221==
=AB AC PA ，
N 为AB 上一点，AN AB 4=，S M , 分别为BC PB , 的中点. (1)证明：SN CM ⊥.
(2)求面MNC 与面NCB 所成的锐二面角的余弦值.
(3)在线段PA (包括端点) 上是否存在一点Q ，使⊥SQ 平面MNC ？若存在，确定Q 的位
置；若不存在，说明理由.
A
B C
D P
5 解以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。 设PA=AB=BC =a，又由已知，得30CAD ∠=° 故A(0,0,0)，B(a,0,0)，
C(
, , 022a ) ，
,0) ，P(0,0,a)
因为E 是PC 的中点，所以
E(,
, 4
42
a a ). （2）∵P D
2a
, —a) ，A B =(a,0,0)，A E
=(442
a a
), ∴P D ●A B =0，P D ●A E
=0。∴PD ⊥AB ，PD ⊥AE ，又
AB ∩AE=A,
∴PD ⊥平面ABE.
（3）显然m
=（1，0，0）是面PAD 的一个法向量，
又由（2）知CD ●A E =0，P D ●A E
=0,
∴平面PDC 的法向量可以取为A E =
（4
42
a
a
）的共线向量，取(1,2) n = , ∴cos<, m n >=||||
m n m n
=4. 结合图形二面角A —PD —C 的大小为
arccos 4.
6 解：（1）如图建立空间直角坐标系：则
) 0, 0, 4(), 0, 2, 0(), 2, 0, 0(B C P ), 0, 1, 2(), 0, 0, 1(), 1, 0, 2(S N M
) 0, 1, 1(--=SN ) 1, 2, 2(-=CM
0=⋅SN CM ∴SN CM ⊥
A
空间立体几何试题
7在直三棱柱111C B A ABC -中，底面△ABC 是等腰直角三角形，0
90=∠BAC ， P 为B A 1的中点，且B A CP 1⊥，求二面角B AC P --的大小．
8 一个多面体的直观图及三视图如图所示：(其中M 、N 分别是AF 、BC 的中点) ．
(1) 求证：//MN 平面CDEF ；
(2) 求二面角D —MN —B 的余弦值的绝对值.
主视图
左视图
俯视图
7 ：解以A 为原点，AB 、AC 、1AA 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建
立空间直角坐标系，设a AB =，z AA =1，则a AC =，) 0, 0, (a B ，) 0, , 0(a C ，
) , 0, 0(1z A ，⎪⎭⎫ ⎝⎛2, 0, 2z a
P ，) , 0, (1z a B A -=，⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2, , 2
z a a CP ，由B A CP 1⊥， 得01=⋅CP B A ，即0222
2=-z a ，所以a z =． 平面A B C 的一个法向量为) 1, 0, 0(=m ，设面PAC 的一个法向量是) 1, , (y x n = ，则由
0=⋅AP n ，0=⋅AC n ，得1-=x ，0=y ，∴ ) 01, 1(-=n ，
设m 与n 的夹角为θ，则22211||||cos =⨯=⋅=n m n m θ． ∴二面角B AC P --的大小是045．
8 ：解由三视图可知，该多体是底面为直角三角形的直三棱柱ADE —BCF ，
且2, AB BC BF D E C F =====2C BF π
∴∠= .
（1）取BF 中点G ，连MG 、NG ，由M 、N 分别为AF 、
BC 中点可得，N G C F M G EF ∥, ，
∴面MNG ∥面CDEF ,
M N C D E F ∴∥面 .
（2）建立空间直角坐标系，如图，
则(0,0, 0), (2,0, 0), (0,0, 2), (2,2, 0), (1,1,0), A B D F M (2,0, 2), (2,0,1), (1,1,2), (0,0,1), (1,1,1), C N D M BN M N =-==-
设平面DMN 的法向量为(1,, ) m y z = , 则0, 0, D M m M N m == 即 120, 3, 10, 2, y z y y z z +-==⎧⎧∴⎨⎨-+==⎩⎩
(1,3, 2). m ∴= 设平面MNB 的法向量为 11(1,, ) n y z =, 则0MN n = 且0BN n = ， 即 11110
(1,1,0) 0y z n z -+=⎧∴=⎨=⎩.
设二面角D —MN —B 的平面角为θ
，则|cos ||
|||||7m n m n θ=== . ∴二面角D —MN —B
的余弦的绝对值为
7
空间立体几何试题
9 如图，已知△ABC 是正三角形，EA 、CD 都垂直于平面ABC ，且EA=AB=2a，DC=a，F 是BE 的中点．求证：
（1）FD ∥平面ABC ；
（2）AF ⊥平面EDB ．
10 如图5，在圆锥PO 中，已知PO
O 的直径2A B =, C 是 AB 的中点，D 为
AC 的中点．
（Ⅰ）证明：平面POD ⊥平面PAC ;
（Ⅱ）求二面角B PA C --的余弦值。
9 ：解(1) 取AB 的中点M ，连FM 、MC ． ∵ F、M 分别是BE 、BA 的中点， ∴ FM ∥EA, FM=
12
EA ．
∵ EA 、CD 都垂直于平面ABC ，
∴ CD ∥EA ， ∴ CD ∥FM ．
又 DC=a，∴ FM=DC，∴四边形FMCD 是平行四边形．
∴ FD∥MC ，FD ∥平面ABC ． （2）因为M 是AB 的中点，△ABC 是正三角形，
所以CM ⊥AB ．又因为CM ⊥AE, 所以CM ⊥面EAB, CM⊥AF, FD⊥AF ． 因为F 是BE 的中点，EA=AB，所以AF ⊥EB ．
10 解（I ）如图所示，以O 为坐标原点，OB 、OC 、OP 所在直线分别为x 轴、y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0, 0), (1, 0, 0), (1,0, 0), (0,1,0), (0,
0, O A B C P -，
11(, , 0) 22D -
设
1111(, , )
n x
y z =是平面POD 的一个法向量，则由
110, 0
n OD n OP ⋅=⋅=
，得
1
11
1
10, 220. x y ⎧-+=⎪=所以111110, , 1, (1,1,0). z x y y n ====取得设2222(, , ) n x y z =是平面
PAC 的一个法向量，则由220, 0n PA n PC ⋅=⋅= ，得22220,
0. x y ⎧--=⎪⎨+=⎪
⎩ 所以22222, . 1,
x y ===取z 得
2(n =。
因为
12(1,1,0) (0,
n n ⋅=⋅=所以
12.
n n ⊥从而平面POD ⊥平面PAC 。
（II ）因为y 轴⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为3(0,1,0).
n =
由（I ）知，平面PAC 的一个法向量为
2(n =
设向量
23
n n 和的夹角为θ，则
23
23cos ||||
5n n n n θ⋅=
=
=
⋅
由图可知，二面角B —PA —C 的平面角与θ相等，
所以二面角B —PA —C 的余弦值为5
空间立体几何试题
11 如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA=AB=1
2PD ． （I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ ；
（II ）求二面角Q —BP —C 的余弦值．
12 如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，P D ⊥底面ABCD ．
（I ）证明：P A B D ⊥；
（II ）若PD=AD，求二面角A-PB-C 的余弦值．
11 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
(1,1,0), (0,0,1), (1,1, 0). D Q D C P Q ===-
所以0, 0.
PQ D Q PQ D C ⋅=⋅=
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），
(1,0, 0), (1, 2, 1).
C B BP ==--
设(, , ) n x y z =是平面PBC 的法向量，则0, 0,
20.
0, n C B x x y z n BP ⎧⋅==⎧⎪⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩
即
因此可取(0,1, 2). n =--设m 是平面PBQ 的法向量，则0,
0. m BP m PQ ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩
可
取(1,1,1).cos , 5m m n =<>=-
所以故二面角Q —BP —C
的余弦值为5-
Ⅰ）因为
60, 2D A B A B A D
∠=︒=，
由余弦定理得BD =从而BD2+AD2= AB2，故BD ⊥AD
又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD
（Ⅱ）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D-xyz ，则
()
1, 0, 0A
，
(
)00
B
，()0
C -，()0, 0,1P ．
(1,
0), (0,1), (1, 0, 0)
A B P B B C =-=-=-uu u v
uuv
uuu v
设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则
0, 0,
{
n AB n PB ⋅=⋅=uuu r uu u r
即
z ==因此可取n=
设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0, m 0,
{
PB BC ⋅=⋅=uu u r
uuu r
可取m=（0，-1，）
cos , 7
m n =
=-
故二面角A-PB-C 的余弦值为 7
-