eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面 $A B C D$ 为矩形, 点 $\boldsymbol{E}$ 在线段 $\boldsymbol{P A}$ 上, $P C / /$ 平面 BDE.

(1)求证: $A E=P E$;

(2) 若 $\triangle P A D$ 是等边三角形, $A B=2 A D$, 平面 $P A D \perp$ 平面 $A B C D$, 四棱雉 $P-A B C D$ 的体积为 $9 \sqrt{3}$, 求点 $E$ 到平面 $P C D$ 的距离.


选项：
答案：) 详见解析; (2) $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$.
解析：【分析】

(1)连结 $A C 、 B D$, 交于点 $M$, 连结 $M E$ 则 $M$ 是 $A C$ 中点, 由 $P C / /$ 平面 $B D E$, 得 $P C / / M E$,由此能证明 $\mathrm{AE}=\mathrm{PE}$.

(2) 以 $A D$ 中点 $O$ 为原点, $O A$ 为 $x$ 轴, 在平面 $A B C D$ 中, 过点 $O$ 作 $A B$ 的平行线为 $\mathrm{y}$ 轴, 以 $\mathrm{OP}$ 为 $\mathrm{z}$ 轴, 建立空间直角坐标系, 利用向量法能求出 $\mathrm{E}$ 到平面 $\mathrm{PCD}$ 的距离.

## 【详解】

(1)连结 $A C 、 B D$, 交于点 $M$, 连结 $M E$,

$\because$ 底面 $A B C D$ 为矩形, $\therefore M$ 是 $A C$ 中点,

$\because P C / /$ 平面 $B D E, \therefore P C / / M E, \therefore$ 在 $\triangle P A C$ 中, $\mathrm{ME}$ 为 $\triangle P A C$ 的中位线,

又 $\mathrm{M}$ 为中点, $\therefore \mathrm{E}$ 为中点

$\therefore A E=P E$.

(2) $\because \triangle P A D$ 是等边三角形, $A B=2 A D$, 平面 $P A D \perp$ 平面 $A B C D$,

$\therefore$ 以 $A D$ 中点 $O$ 为原点, $O A$ 为 $x$ 轴, 在平面 $A B C D$ 中, 过点 $O$ 作 $A B$ 的平行线为 $y$ 轴,以 $O P$ 为 $z$ 轴, 建立空间直角坐标系,



设 $A D=x, \because$ 四棱雉 $P-A B C D$ 的体积为 $9 \sqrt{3}$,

$\therefore \frac{1}{3} \times x \times 2 x \times \sqrt{x^{2}-\left(\frac{x}{2}\right)^{2}}=9 \sqrt{3}$, 解得 $x=3$.

$\therefore A\left(\frac{3}{2}, 0,0\right), P\left(0,0, \frac{3 \sqrt{3}}{2}\right), E\left(\frac{3}{4}, 0, \frac{3 \sqrt{3}}{4}\right), D\left(-\frac{3}{2}, 0,0\right), C\left(-\frac{3}{2}, 6,0\right)$.

$\overrightarrow{P E}=\left(\frac{3}{4}, 0,-\frac{3 \sqrt{3}}{4}\right), \overrightarrow{P C}=\left(-\frac{3}{2}, 6,-\frac{3 \sqrt{3}}{2}\right), \overrightarrow{P D}=\left(-\frac{3}{2}, 0,-\frac{3 \sqrt{3}}{2}\right)$,

设平面 $P C D$ 的法向量 $\vec{n}=(x, y, z)$,

则 $\left\{\begin{array}{c}\vec{n} \cdot \overrightarrow{P C}=-\frac{3}{2} x+6 y-\frac{3 \sqrt{3}}{2} z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{P D}=-\frac{3}{2} x-\frac{3 \sqrt{3}}{2} z=0\end{array}\right.$, 取 $x=\sqrt{3}$, 得 $\vec{n}=(\sqrt{3}, 0,-1)$,

$\therefore E$ 到平面 $P C D$ 的距离 $d=\frac{|\overrightarrow{P E} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{\frac{3 \sqrt{3}}{2}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{4}$.

## 【点睛】

本题考查线段相等的证明, 考查点到直线的距离的求法, 考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识, 考查运算求解能力, 考查函数与方程思想, 是中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面 $A B C D$ 是平行四边形, $P D \perp$ 平面 $A B C D$, $E$ 是棱 $P C$ 上的一点, 满足 $P A / /$ 平面 $B D E$.



(I) 证明: $P E=E C$;

(II) 设 $P D=A D=B D=1, A B=\sqrt{2}$, 若 $F$ 为棱 $P B$ 上一点, 使得直线 $D F$ 与平面 $B D E$ 所成角的大小为 $30^{\circ}$, 求 $P F: F B$ 的值.
选项：
答案：) 证明见解析（II） $P F: F B=1: 1$
解析：【分析】

(I) 由 $P A / /$ 平面 $B D E$, 可得 $P A / / E M$, 又因为 $M$ 是 $A C$ 的中点, 即得证;

(II) 如图建立空间直角坐标系, 设 $\overrightarrow{P F}=\lambda \overrightarrow{P B}(0<\lambda<1)$, 计算平面 $B D E$ 的法向量,由直线 $D F$ 与平面 $B D E$ 所成角的大小为 $30^{\circ}$, 列出等式, 即得解.

## 【详解】

(I) 如图,



连接 $A C$ 交 $B D$ 于点 $M$, 连接 $E M$,

则 $E M$ 是平面 $P A C$ 与平面 $B D E$ 的交线,

因为 $P A / /$ 平面 $B D E$,

故 $P A / / E M$,

又因为 $M$ 是 $A C$ 的中点,

所以 $E$ 是 $P C$ 的中点,

故 $P E=E C$.

(II) 由条件可知, $A D^{2}+B D^{2}=A B^{2}$, 所以 $A D \perp B D$, 故以 $D$ 为坐标原点, $D A$ 为 $x$ 轴, $D B$ 为 $y$ 轴, $D P$ 为 $z$ 轴建立空间直角坐标系,



则 $D(0,0,0), A(1,0,0), B(0,1,0), P(0,0,1), C(-1,1,0), E\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$,

$\overrightarrow{D E}=\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right), \overrightarrow{D B}=(0,1,0)$

设 $\overrightarrow{P F}=\lambda \overrightarrow{P B}(0<\lambda<1)$,

则 $F(0, \lambda, 1-\lambda), \overrightarrow{D F}=(0, \lambda, 1-\lambda)$

设平面 $B D E$ 的法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{D E}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{D B}=0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}-x+y+z=0 \\ y=0\end{array}\right.$, 故取 $\vec{n}=(1,0,1)$

因为直线 $D F$ 与平面 $B D E$ 所成角的大小为 $30^{\circ}$

所以 $\frac{|\overrightarrow{D F} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{D F}||\vec{n}|}=\sin 30^{\circ}=\frac{1}{2}$,

即 $\frac{|1-\lambda|}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{\lambda^{2}+(1-\lambda)^{2}}}=\frac{1}{2}$ ，

解得 $\lambda=\frac{1}{2}$, 故此时 $P F: F B=1: 1$.

## 【点睛】

本题考查了立体几何和空间向量综合, 考查了学生逻辑推理, 空间想象, 数学运算的能力，属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $A A_{1} \perp$ 底面 $A B C, A C=B C=5, A B=6$, $B B_{1}=6, B C_{1} \cap B_{1} C=O, D$ 是线段 $A B$ 的中点.



(1) 证明: $A C_{1} / /$ 平面 $B_{1} C D$;

(2) 求三棱雉 $A_{1}-O C D$ 的体积.
选项：
答案：）见证明; （2） $V_{\text {三棱推 } A_{1}-O C D}=12$ 。
解析：【分析】

(1), 利用三角形中位线定理, 判定 $O D$ 平行 $A C_{1}$, 结合直线与平面平行判定, 即可。

(2) 结合等腰三角形性质和直线与平面垂直性质, 判定 $C D \perp$ 平面 $A B B_{1} A_{1}$, 利用 $V_{\text {三棱维 } A_{1}-O C D}=\frac{1}{2} V_{\text {三校维 } A_{1}-B_{1} C D}=\frac{1}{2} V_{\text {三棱维 } C-A_{A_{1}} B_{1} D}$, 计算体积, 即可。

## 【详解】

(1) 证明: $\because$ 三棱柱中, $B C_{1} \cap B_{1} C=O, \therefore O$ 是 $B C_{1}$ 中点,

连接 $O D, \because D$ 是 $A B$ 中点, $\therefore O D / / A C_{1}$,

$\because A C_{1} \not \subset$ 平面 $B_{1} C D, O D \subset$ 平面 $B_{1} C D, \therefore A C_{1} / /$ 平面 $B_{1} C D$;



(2) 由 $B C_{1} \cap B_{1} C=O$ 知 $O$ 是 $B_{1} C$ 的中点,

所以 $V_{\text {三棱瞧 } A_{1}-O C D}=\frac{1}{2} V_{\text {三棱维 } A_{1}-B_{1} C D}=\frac{1}{2} V_{\text {三梭维 } C-A_{A_{1}} B_{1} D}$,

由 $A C=B C=5, A B=6, D$ 是 $A B$ 的中点, 知 $C D \perp A B, C D=4$,

又 $A A_{1} \perp$ 底面 $A B C, C D \subset$ 平面 $A B C, \therefore A A_{1} \perp C D$,

$\because A A_{1} \cap A B=A, \therefore C D \perp$ 平面 $A B B_{1} A_{1}$,

$\because A A_{1}=6, \therefore S_{\triangle A_{A_{1} D} D}=18, \quad \therefore V_{\text {三棱锥 } C-A_{A_{1} B_{1} D}}=\frac{1}{3} \times 18 \times 4=24$,

$\therefore$ 三棱雉 $A_{1}-O C D$ 的体积 $V_{\text {三棱锥 } A_{1}-O C D}=12$.

## 【点睛】

本道题考查了直线与平面平行判定以及三棱雉体积计算公式, 属于中等题, 判定直线与平面平行, 关键找出直线与该平面一条直线平行即可; 计算三棱雉, 可以将所求三棱雉
不断联系较为好求的三棱雉上, 即可。
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 以 $A B=4 \mathrm{~cm}, B C=3 \mathrm{~cm}$ 的长方形 $A B C D$ 为底面的长方体被平面斜着截断的几何体, $E F G H$ 是它的截面. 当 $A E=5 \mathrm{~cm}, B F=8 \mathrm{~cm}, C G=12 \mathrm{~cm}$ 时, 试回答下列问题:



(1)求 $D H$ 的长;

(2)求这个几何体的体积;

(3)截面四边形 EFGH 是什么图形？证明你的结论.
选项：
答案：）9（2）102（3）菱形
解析：分析：(1）根据面面平行性质定理得线线平行 $E F / / H G$, 再根据勾股定理求 $D H$ ，(2)先分割成一个长方体 $A B C D-E B_{1} P D_{1}$, 一个斜三棱柱 $E F B_{1}-H G C_{1}$, 一个直三棱柱 $E H D_{1}$ $-B_{1} C_{1} P$. 再分别利用柱体体积公式求体积, 即得结果, (3) 先根据面面平行性质定理得 $E F G H$ 是平行四边形，再通过计算相邻边相等得菱形.

详解：解：(1)过 $E$ 作 $E B_{1} \perp B F$, 垂足为 $B_{1}$, 则 $B B_{1}=A E=5(\mathrm{~cm})$,

所以 $B_{1} F=8-5=3(\mathrm{~cm})$.

因为平面 $A B F E / /$ 平面 $D C G H, E F$ 和 $H G$ 是它们分别与截面的交线, 所以 $E F / / H G$.



过 $H$ 作 $H C_{1} \perp C G$ ，垂足为 $C_{1}$,

则 $G C_{1}=F B_{1}=3(\mathrm{~cm})$,

$D H=12-3=9(\mathrm{~cm})$.

(2)作 $E D_{1} \perp D H$, 垂足为 $D_{1}, B_{1} P \perp C G$, 垂足为 $P$, 连结 $D_{1} P, B_{1} C_{1}$, 则几何体被分割成一个长方体 $A B C D-E B_{1} P D_{1}$, 一个斜三棱柱 $E F B_{1}-H G C_{1}$, 一个直三棱柱 $E H D_{1}-$ $B_{1} C_{1} P$. 从而几何体的体积为

$V=3 \times 4 \times 5+\frac{1}{2} \times 3 \times 4 \times 3+\frac{1}{2} \times 3 \times 4 \times 4=102\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$.

(3)是菱形.

证明: 由(1)知 $E F / / H G$, 同理 $E H / / F G$.于是 $E F G H$ 是平行四边形.

因为 $E F=\sqrt{E B_{1}^{2}+B_{1} F^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}$

$=5(\mathrm{~cm})$,

$D D_{1}=A E=5(\mathrm{~cm}), E D_{1}=A D=3(\mathrm{~cm})$,

$H D_{1}=4(\mathrm{~cm})$,

所以 $E H=\sqrt{E D_{1}^{2}+D_{1} H^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}$

$=5(\mathrm{~cm})$.

所以 $E F=E H$.

故 $E F G H$ 是菱形.

点睛: 求体积的两种方法: (1)割补法: 求一些不规则几何体的体积时, 常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决. (2)等积法: 等积法包括等面积法和等体积法.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在四棱雉 $O-A B C D$ 中, $O A \perp$ 底面 $A B C D$, 且底面 $A B C D$ 是边长为 2 的正方形, 且 $O A=2, M, N$ 分别为 $O A, B C$ 的中点.

(1) 求证: 直线 $M N / /$ 平面 $O C D$;

（2）求点 $B$ 到平面 $D M N$ 的距离.


选项：
答案：) 证明见详解; (2) $\frac{2 \sqrt{21}}{21}$
解析：【分析】

（1）构造平面, 使之与平面 $O C D$ 平行, 再通过面面平行证明线面平行即可;

（2）通过变换顶点，利用等体积法求得点到平面的距离.

## 【详解】

(1) 取 $A D$ 中点为 $P$, 连接 $P N, P M$, 如下图所示:



在 $O A D$ 中, 因为 $M, P$ 分别是 $O A, A D$ 的中点,

故 $P M / / O D$;

在正方形 $A B C D$ 中, 因为 $P, N$ 分别是 $A D, B C$ 的中点,故 $P N / / C D$;

又因为 $P M \cap P N=P, P M, P N \subset$ 平面 $P M N$,

$O D \cap C D=D, O D, D C \subset$ 平面 $O D C ，$

故平面 $P M N / /$ 平面 $O D C$ ，

又因为 $M N \subset$ 平面 $P M N$, 故 $M N / /$ 平面 $O D C$ ，即证.

(2) 连接 $B M, B D$ ，如下图所示:



因为 $N$ 点为 $B C$ 中点, 故 $B N=\frac{1}{2} B C=1$

$S_{\varangle_{B N D}}=\frac{1}{2} \times B N \times D C=\frac{1}{2} \times 1 \times 2=1$

又因为 $M A \perp$ 平面 $A B C D$, 且 $M A=\frac{1}{2} O A=1$

故 $V_{M-B N D}=\frac{1}{3} S_{{ }^{B N D}} \times M A=\frac{1}{3}$.

又在 $M N D$ 中, 容易知 $D N=\sqrt{5}, M D=\sqrt{5}, M N=\sqrt{6}$,

故 $M N$ 边上的高为 $\frac{\sqrt{14}}{2}$ ，

故 $S_{\text {MND }}=\frac{\sqrt{21}}{2}$.

设点 $B$ 到平面 $M N D$ 的距离为 $h$ ，

则 $V_{B-M N D}=V_{M-B N D}=\frac{1}{3} \times S_{\varangle M N D} \times h=\frac{1}{3}$

解得 $h=\frac{2 \sqrt{21}}{21}$.

故点 $B$ 到平面 $M N D$ 的距离为 $\frac{2 \sqrt{21}}{21}$.

## 【点睛】

本题考查由面面平行推证线面平行, 以及用等体积法求解点到面的距离, 属基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：将三棱雉 $E-A F C$ 与 $B-A F C$ 拼接得到如图所示的多面体, 其中 $H, D, G$, $I$ 分别为 $F B, A C, E C, F C$ 的中点, $E F / / \frac{1}{2} B D$.



(1) 当点 $P$ 在直线 $G I$ 上时, 证明: $P H / /$ 平面 $A B C$;

(2) 若 $\triangle A C E$ 与 $\triangle A B C$ 均为面积为 $\sqrt{3}$ 的等边三角形, 求该多面体体积的最大值.
选项：
答案：) 证明见解析 (2) $\frac{3}{2}$
解析：【分析】

(1) 利用面面平行的判定定理得出平面 $G I H / /$ 平面 $A B C$, 再由面面平行的性质得出 $P H / /$ 平面 $A B C$;

(2) 将多面体的体积转化为三棱雉 $E-A F C$ 与 $B-A F C$ 的体积和, 由于三棱雉 $F-A B C$ 和 $F-A E C$ 的底面积一定, 则高同时达到最大值时, 多面体的体积最大, 当平面 $A C E \perp$ 平面 $A C B$ 时, 由面面垂直的性质得出三棱雉 $F-A B C$ 和 $F-A E C$ 的高,利用棱雉的体积公式计算即可.

## 【详解】

(1) 证明: $\because G 、 I 、 H$ 为中点

$\therefore G I / / E F, \quad H I / / B C$

又 $\because E F / / B D$

$\therefore G I / / B D$

$\because B D \subset$ 平面 $A B C, G I \not \subset$ 平面 $A B C$

$\therefore G I / /$ 平面 $A B C$

同理 $H I / /$ 平面 $A B C$

$\because G I \cap H I=I, G I, H I \subset$ 平面 $G I H$

$\therefore$ 平面 $G I H / /$ 平面 $A B C$

$\because P \in G I, \therefore P H \subset$ 平面 $G I H$

$\therefore P H / /$ 平面 $A B C$

(2) $V=V_{F-A B C}+V_{F-A E C}$

易知 $E F / /$ 平面 $A B C$
故 $V_{F-A B C}=V_{E-A B C}$

连接 $E D$, 当平面 $A C E \perp$ 平面 $A C B$ 时

$\because D$ 是 $A C$ 的中点

$\therefore$ 在正三角形 $A C B 、 A C E$ 中

$B D \perp A C, E D \perp A C$, 平面 $A C E$ 与平面 $A C B$ 的交线为 $A C$

$B D \subset$ 平面 $A C B, E D \subset$ 平面 $A C E$

$\therefore B D \perp$ 平面 $A C E, E D \perp$ 平面 $A C B$

$\therefore E F \perp$ 平面 $A C E$

此时, 三棱雉 $F-A B C$ 和 $F-A E C$ 的高同时达到最大值

此时 $V_{F-A B C}+V_{F-A E C}$

$=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C} \times E D+\frac{1}{3} S_{\triangle A E C} \times E F$

由 $\triangle A B C, \triangle A E C$ 是面积为 $\sqrt{3}$ 的正三角形

$E F=\frac{1}{2} B D$ 可得

$E D=B D=\sqrt{3}, \quad E F=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\therefore$ 此时 $V=\frac{1}{3} \times \sqrt{3} \times \sqrt{3}+\frac{1}{3} \times \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}$.

故该多面体体积的最大值为 $\frac{3}{2}$.



## 【点睛】

本题主要考查了面面平行的性质证明线面平行以及求棱雉的体积, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在棱长为 $\mathbf{a}$ 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $\mathbf{O}$ 是底面 $\mathbf{A B C D}$ 的中心, $\mathbf{E} 、 \mathbf{F}$分别为 $\mathrm{CC}_{1} 、 \mathrm{AD}$ 的中点, 求异面直线 $\mathrm{OE}$ 和 $\mathrm{FD}_{1}$ 所成角的余弦值.


选项：
答案：frac{\sqrt{15}}{5}$
解析：取 $\mathrm{D}_{1} \mathrm{C}_{1}$ 的中点 $\mathrm{M}$, 连接 $\mathrm{OM}, \mathrm{OF}$, 因为 $\mathrm{OF} / / \mathrm{MD}_{1}, O F=M D_{1}$,所以四边形 $\mathrm{OFD}_{1} \mathrm{M}$ 是平行四边形, 所以 $\mathrm{OM} / / \mathrm{FD}_{1}$,



所以 $\angle \mathrm{MOE}$ 是异面直线 $\mathrm{OE}$ 和 $\mathrm{FD}_{1}$ 所成的角或其补角.

连接 $\mathrm{OC} 、 \mathrm{ME}$. 因为 $\mathrm{OM}=\mathrm{FD}_{1}=\sqrt{D F^{2}+D D_{1}^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+a^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2} a$,

$M E=\sqrt{M C_{1}^{2}+C_{1} E^{2}}=\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2} a$,

$O E=\sqrt{O C^{2}+C E^{2}}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{2}}{2} a\right)^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2} a$,

所以 $\mathrm{OE}^{2}+\mathrm{ME}^{2}=\mathrm{OM}^{2}=\frac{5}{4} \mathrm{a}^{2}$, 所以 $\triangle \mathrm{OME}$ 是直角三角形, 且 $\angle \mathrm{OEM}=90^{\circ}$, 所以

$\cos \angle \mathrm{MOE}=\frac{O E}{O M}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2} a}{\frac{\sqrt{5}}{2} a}=\frac{\sqrt{15}}{5}$, 即异面直线 $\mathrm{OE}$ 和 $\mathrm{FD}_{1}$ 所成角的余弦值是 $\frac{\sqrt{15}}{5}$.

考点: 异面直线所成的角.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面四边形 $A B C D$ 为菱形, $\angle D A B=\frac{\pi}{3}, \triangle A D P$ 为等边三角形.



(I) 求证: $A D \perp P B$;

(II) 若 $A B=2, B P=\sqrt{6}$, 求直线 $P B$ 与平面 $A B C D$ 所成的角.
选项：
答案：) 见解析 (II) $\frac{\pi}{4}$.
解析：【分析】

(I) 取 $A D$ 中点 $\mathrm{E}$, 连结 $P E, B E$, 由已知可得 $P E \perp A D, B E \perp A D$, 又 $P E \cap B E=E$, 即可证 $A D \perp$ 平面 $P E B$, 从而可得 $P B \perp A D$.

(II) 先证明 $P E \perp E B$, 可得 $P E \perp$ 平面 $A B C D$, 由线面角定义即可知 $\angle P B E$ 即为所求.

## 【详解】

(I) 因为四边形 $A B C D$ 为菱形, 且 $\angle B A D=\frac{\pi}{3}$

所以 $A D B$ 为等边三角形.

取线段 $A D$ 的中点 $E$, 连接 $B E 、 P E$,



则 $B E \perp A D$.

又因为 $P A D$ 为等边三角形, 所以 $P E \perp A D$.

因为 $P E \subset$ 平面 $P B E, B E \subset$ 平面 $P B E$, 且 $P E \cap B E=E$,

所以直线 $A D \perp$ 平面 $P B E$,

又因为 $P B \subset$ 面 $P B E$, 所以 $A D \perp P B$.

(II) 因为 $P A D, B A D$ 为等边三角形, 且其边长为 2 , 所以 $P E=B E=\sqrt{3}$,

又 $P B=\sqrt{6}$, 所以 $P E^{2}+B E^{2}=P B^{2}$, 所以 $P E \perp E B$.
因为 $P E \perp A D, A D \cap B E=E$,

所以 $P E \perp$ 面 $A B C D$,

所以 $\angle P B E$ 为直线 $P B$ 与平面 $A B C D$ 所成的角.

在直角 $P B E$ 中, $P E=B E$, 所以 $\angle P B E=\frac{\pi}{4}$

故直线 $P B$ 和平面 $A B C D$ 所成的角为 $\frac{\pi}{4}$.

## 【点睛】

本题主要考查了直线与平面垂直的性质及线面角求法，属于基础题 .
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 点 $E$ 为 $A B$ 的中点. 试判断在 $B C$ 上是否存在点 $\boldsymbol{F}$, 使得 $E F \perp B D_{1}$. 若存在, 请指出点 $\boldsymbol{F}$ 所在位置并写出证明过程; 若不存在,请说明理由.


选项：
答案：, $F$ 为 $B C$ 中点, 证明见解析
解析：【分析】

假设 $F$ 为中点, 利用 $E F \perp B D, E F \perp D D_{1}$, 可得线面垂直, 然后可得线线垂直, 可得结果.

## 【详解】

存在, $F$ 为 $B C$ 中点, 如图



试卷第 16 页, 总 22 页
由点 $E, F$ 分别为 $A B, B C$ 的中点

所以 $E F / / A C$,

在正方体中, $A C \perp B D$ ，所以 $E F \perp B D$

又 $D D_{1} \perp$ 平面 $A B C D$, 且 $E F \subset$ 平面 $A B C D$

所以 $E F \perp D D_{1}$,

由 $D D_{1} \cap B D=D, D D_{1}, B D \subset$ 平面 $B D D_{1}$

所以 $E F \perp$ 平面 $B D D_{1}$, 又 $B D_{1} \subset B D D_{1}$

所以 $E F \perp B D_{1}$

所以存在且 $F$ 为 $B C$ 中点

## 【点睛】

本题考查线面垂直以及线线垂直, 本题重点是通过线面垂直来得到线线垂直, 属基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 四面体 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{O} 、 \mathrm{E}$ 分别是 $\mathrm{BD} 、 \mathrm{BC}$ 的中点,

$C A=C B=C D=B D=2, A B=A D=\sqrt{2}$.



(I) 求证: $A O \perp$ 平面 $\mathbf{B C D}$;

(II) 求点 $\mathrm{E}$ 到平面 $\mathrm{ACD}$ 的距离.
选项：
答案：) 详见解析 (II) $\frac{\sqrt{21}}{7}$
解析：【详解】

试题分析: (I) 要证明 $A O \perp$ 平面 $\mathrm{BCD}$, 需要证明 $A O \perp O C, A O \perp B D$, 证明时主要是利用已知条件中的线段长度满足勾股定理和等腰三角形三线合一的性质（II）中由已知条件空间直角坐标系容易建立, 因此可采用空间向量求解, 以 $O$ 为坐标原点, 以 $\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O A}$ 方向为 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴正方向建立空间直角坐标系,

求出平面 $A C D$ 的法向量 $\vec{n}=(\sqrt{3},-1,-\sqrt{3})$ 和斜线的方向向量 $\overrightarrow{E C}=\left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$, 代
入公式 $d=\frac{|\overrightarrow{E C} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}$ 计算

试题解析: (I) 证明: $\because A B=A D, O$ 为 $B D$ 的中点, $\therefore A O \perp B D$,

$\because A D=\sqrt{2}, O D=1, \therefore A O=1, \because C B=C D=B D=2, \therefore O C=\sqrt{3}$,

又 $C A=2, \therefore C A^{2}=O A^{2}+O C^{2}, \therefore A O \perp O C$,

$\because B D \cap O C=O, B D, O C$ 均在平面 $B C D$ 内, $\therefore A O \perp$ 平面 $B C D$

(II) 方法一: 以 $O$ 为坐标原点, 以 $\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O A}$ 方向为 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴正方向建立

空间直角坐标系, 则 $A(0,0,1), B(1,0,0), C(0, \sqrt{3}, 0), D(-1,0,0), E\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$,

$\overrightarrow{A C}=(0, \sqrt{3},-1), \overrightarrow{C D}=(-1,-\sqrt{3}, 0)$

设 $n$ 为平面 $A C D$ 的法向量, 则 $n \perp \overrightarrow{A C}, n \perp \overrightarrow{C D}$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3} y-z=0, \\ x+\sqrt{3} y=0,\end{array}\right.$ 取 $n=(\sqrt{3},-1,-\sqrt{3})$,

$\overrightarrow{E C}=\left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$, 则点 $E$ 到平面 $A C D$ 的距离为 $d=\frac{|\overrightarrow{E C} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$



方法二: 设点 $H$ 在 $C D$ 上, 且 $D H=\frac{1}{4} D C$, 连 $A H$,

$\because C B=C D=D B=2, O$ 为 $B D$ 的中点, $\therefore O H \perp C D$

$\because A O \perp$ 平面 $B C D, C D \subset$ 平面 $B C D, \therefore A O \perp C D$,

$\because A O \cap O H=O, A O, O H \subset$ 平面 $A O H, \therefore C D \perp$ 平面 $A O H$

$\because C D \subset$ 平面 $A C D, \therefore$ 平面 $A O H \perp$ 平面 $A C D$, 且交线为 $A H$

过点 $O$ 作 $O P \perp A H$ 于点 $P$, 则 $\therefore O P \perp$ 平面 $A C D$

$\because O, E$ 分别为 $B D, B C$ 的中点, 则 $O E / / C D, \because O E \not \subset$ 平面 $A C D, C D \subset$ 平面 $A C D$,
$\therefore O E / /$ 平面 $A C D, \therefore E$ 点到平面 $A C D$ 的距离即 $O P$,

$\because A O=1, O H=\frac{\sqrt{3}}{2}, A H=\frac{\sqrt{7}}{2}, \therefore O P=\frac{A O \cdot O H}{A H}=\frac{1 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$

故点 $E$ 到平面 $A C D$ 的距离为 $\frac{\sqrt{21}}{7}$



考点: 1 .线面垂直的判定; 2 . 点到面的距离
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A B=B C=4, B B_{1}=2 \sqrt{2}$, 点 $E 、 F 、 M$ 分别为 $C_{1} D_{1}, A_{1} D_{1}, B_{1} C_{1}$ 的中点, 过点 $M$ 的平面 $a$ 与平面 $D E F$ 平行, 且与长方体的面相交, 交线围成一个几何图形.



|新 |



图 2

(1) 在图 1 中, 画出这个几何图形, 并求这个几何图形的面积 (不必说明画法与理由)

（2）在图 2 中, 求证: $D_{1} B \perp$ 平面 $D E F$.
选项：
答案：) $6 \sqrt{5}(2)$ 见解析
解析：【分析】

（1）取 $A_{1} B_{1}$ 中点为 $\mathrm{N}$,连接 $N$ 与 $\mathrm{M}$, 则几何图形为 $\mathrm{ACMN}$, 再求其面积.

（2）建系，利用向量的数量积等于 0 , 说明两直线垂直.

【详解】

(1) 设 $N$ 为 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 连结 $M N, A N 、 A C 、 C M$,

则四边形 $M N A C$ 为所作图形.

由题意知 $M N / / A_{1} C_{1}$ (或//EF), 四边形 $M N A C$ 为梯形,
且 $M N=\frac{1}{2} A C=2 \sqrt{2}$,

过 $M$ 作 $M P \perp A C$ 于点 $P$,

可得 $M C=\sqrt{8+4}=2 \sqrt{3}, P C=\frac{A C-M N}{2}=\sqrt{2}$,

得 $M P=\sqrt{M C^{2}-Q C^{2}}=\sqrt{10}$,

$\therefore$ 梯形 $M N A C$ 的面积 $=\frac{1}{2} \times(2 \sqrt{2}+4 \sqrt{2}) \times \sqrt{10}=6 \sqrt{5}$.

证明: (2) 示例一: 在长方体中 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$,

设 $D_{1} B_{1}$ 交 $E F$ 于 $Q$, 连接 $D Q$,

则 $Q$ 为 $E F$ 的中点并且为 $D_{1} B_{1}$ 的四等点, 如图,

$D_{1} Q=\frac{1}{4} \times 4 \sqrt{2}=\sqrt{2}$,

由 $D E=D F$ 得 $D Q \perp E F$, 又 $E F \perp B B_{1}$,

$\therefore E F \perp$ 平面 $B B_{1} D_{1} D, \quad \therefore E F \perp D_{1} B$,

$\frac{D_{1} Q}{D_{1} D}=\frac{D_{1} D}{D B}=\frac{1}{2}, \therefore \angle D_{1} Q D=\angle B D_{1} D$,

$\therefore \angle Q D_{1} B+\angle D_{1} Q D=\angle D D_{1} B+\angle B D_{1} Q=90^{\circ}$,

$\therefore D Q \perp D_{1} B, \quad \therefore D_{1} B \perp$ 平面 $D E F$.

示例二: 设 $D_{1} B_{1}$ 交 $E F$ 于 $Q$, 连接 $D Q$, 则 $Q$ 为 $E F$ 的中点,

且为 $D_{1} B_{1}$ 的四等分点, $D_{1} Q=\frac{1}{4} \times 4 \sqrt{2}=\sqrt{2}$,

由 $B B_{1} \perp$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 可知 $B B_{1} \perp E F$,

又 $B_{1} D_{1} \perp E F, B B_{1} \cap B_{1} D_{1}=B_{1}, \therefore E F \perp$ 平面 $B B_{1} D_{1} D, \therefore E F \perp D_{1} B$,

由 $\frac{D_{1} Q}{D_{1} D}=\frac{D_{1} D}{D B}=\frac{1}{2}$, 得 $\tan \angle Q D D_{1}=\tan \angle D_{1} B D$,

得 $\angle Q D D_{1}=\angle D_{1} B D, \therefore \angle Q D B+\angle D_{1} B D=\angle Q D B+\angle Q D D_{1}=90^{\circ}$,

$\therefore D Q \perp D_{1} B$, 又 $D Q \cap E F=Q, \therefore D_{1} B \perp$ 平面 $D E F$.




## 【点睛】

标准几何体内, 证明垂直, 直接利用向量的数量积等于 0 , 说明两直线垂直.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面 $A B C D$ 为矩形, $P A \perp$ 面 $A B C D, E$ 为 $P D$ 的中点.

(1) 证明: $P B / /$ 平面 $A E C$;

(2) 设 $A P=1, A D=\sqrt{3}$, 三棱雉 $P-A B D$ 的体积 $V=\frac{\sqrt{3}}{4}$, 求 $\mathbf{A}$ 到平面 $\mathbf{P B C}$ 的距离.


选项：
答案：) 证明见解析 (2) $A$ 到平面 $P B C$ 的距离为 $\frac{3 \sqrt{13}}{13}$
解析：【分析】

## 【详解】

试题分析: (1) 连结 $\mathrm{BD} 、 \mathrm{AC}$ 相交于 $\mathrm{O}$, 连结 $\mathrm{OE}$, 则 $\mathrm{PB} / / \mathrm{OE}$, 由此能证明 $\mathrm{PB} / /$ 平面 ACE. (2) 以 $A$ 为原点, $A B$ 为 $x$ 轴, $A D$ 为 $y$ 轴, $A P$ 为 $z$ 轴, 建立空间直角坐标系,利用向量法能求出 $\mathrm{A}$ 到平面 PBD 的距离

试题解析：(1) 设 $\mathrm{BD}$ 交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{O}$, 连结 EO.

因为 $\mathrm{ABCD}$ 为矩形, 所以 $\mathrm{O}$ 为 $\mathrm{BD}$ 的中点.

又 $\mathrm{E}$ 为 $\mathrm{PD}$ 的中点, 所以 $\mathrm{EO} / / \mathrm{PB}$
又 $\mathrm{EO} \subset$ 平面 $\mathrm{AEC}, \mathrm{PB} \not \subset$ 平面 $\mathrm{AEC}$

所以 $\mathrm{PB} / /$ 平面 $\mathrm{AEC}$.

(2) $V=\frac{1}{6} P A \cdot A B \cdot A D=\frac{\sqrt{3}}{6} A B$

由 $V=\frac{\sqrt{3}}{4}$, 可得 $A B=\frac{3}{2}$.

作 $A H \perp P B$ 交 $P B$ 于 $H$.

由题设易知 $B C \perp$ 平面 $P A B$, 所以 $B C \perp A H$

故 $A H \perp$ 平面 $P B C$,

又 $A H=\frac{P A \cdot A B}{P B}=\frac{3 \sqrt{13}}{13}$ 所以 $A$ 到平面 $P B C$ 的距离为 $\frac{3 \sqrt{13}}{13}$

法 2: 等体积法

$V=\frac{1}{6} P A \cdot A B \cdot A D=\frac{\sqrt{3}}{6} A B$

由 $V=\frac{\sqrt{3}}{4}$, 可得 $A B=\frac{3}{2}$.

由题设易知 $B C \perp$ 平面 $P A B$, 得 $\mathrm{BC} \perp P B$

假设 $A$ 到平面 $P B C$ 的距离为 $\mathrm{d}$,

又因为 $\mathrm{PB}=\sqrt{P A^{2}+A B^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$,

所以 $V_{A-P B C}=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{13}}{2} \times d=\frac{\sqrt{39}}{12} d$

又因为 $V_{P-A B C}=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times \frac{3}{2} \times \sqrt{3} \times 1=\frac{\sqrt{3}}{4}$ (或 $V_{P-A B C}=V_{P-A B D}=\frac{\sqrt{3}}{4}$ ),

$V_{A-P B C}=V_{P-A B C}$,

所以 $d=\frac{3 \sqrt{13}}{13}$

考点: 线面平行的判定及点到面的距离
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, $A D / / B C, A D \perp A B$, 面 $A B C D \perp$ 面 $P A B$.



求证:（1） $A D / /$ 平面 $P B C$;

(2) 平面 $P B C \perp$ 平面 $P A B$.
选项：
答案：) 见解析; (2) 见解析
解析：【分析】

(1) 由题可得 $A D / / B C$, 根据线面平行的判断定理可证 $A D / /$ 平面 $P B C$;

（2）由题，易得 $B C \perp A B$, 再利用面 $A B C D \perp$ 面 $P A B$ 可得 $B C \perp$ 面 $P A B$, 即得证.

## 【详解】

(1) $\because A D / / B C, B C \subset$ 面 $P B C, A D \not \subset$ 面 $P B C, \therefore A D / /$ 平面 $P B C$

(2) $\because A D / / B C, A D \perp A B \quad \therefore B C \perp A B$

$\because$ 面 $P A B \perp$ 面 $A B C D$, 面 $P A B \cap$ 面 $A B C D=A B, B C \subset$ 面 $A B C D, \therefore B C \perp$ 面 $P A B$,又 $B C \subset$ 面 $P B C, \therefore$ 面 $P B C \perp$ 面 $P A B$

## 【点睛】

本题主要考查了空间几何中平行以及垂直的判断定理和性质定理, 熟悉定理是解题的关键, 属于较为基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示: 在三棱雉 $V-A B C$ 中, 平面 $V A B \perp$ 平面 $A B C, \triangle V A B$ 为等边三角形, $A C \perp B C$ 且 $A C=B C=\sqrt{2}, O, M$ 分别为 $A B, V A$ 的中点.



（1）求证: 平面 $M O C \perp$ 平面 $V A B$;

(2) 求三棱雉 $V-A B C$ 的体积.
选项：
答案：) 详见解答; (2) $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
解析：【分析】

(1) 由已知可得 $O C \perp A B$, 再由面面垂直定理可得 $O C \perp$ 平面 $V A B$, 即可证明结论;

(2) $O C \perp$ 平面 $V A B$ ，用等体积法求三棱雉 $V-A B C$ 的体积.

## 【详解】

(1) $A C=B C, O$ 为 $A B$ 中点, $\therefore O C \perp A B$,

平面 $V A B \perp$ 平面 $A B C$, 平面 $V A B \cap$ 平面 $A B C=A B$,

$O C \subset$ 平面 $A B C, \therefore O C \perp$ 平面 $V A B, \therefore O C \subset$ 平面 $M O C$,

平面 $M O C \perp$ 平面 $V A B$ ，

(2) $A C \perp B C$ 且 $A C=B C=\sqrt{2}, O$ 分别为 $A B$ 的中点,

$\therefore O C=1, A B=2, S_{\triangle V A B}=\frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{3}=\sqrt{3}$,

$O C \perp$ 平面 $V A B, V_{V-A B C}=V_{C-V A B}=\frac{1}{3} \times O C \times S_{\triangle V A B}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore V_{V-A B C}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

【点睛】

本题考查面面垂直证明，注意空间垂直间的相互转化，考查椎体体积，意在考查直观想象、逻辑推理能力，属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $M, N$ 分别为棱 $A C, A_{1} B_{1}$ 的中点, 且 $A B=B C$

(1) 求证: 平面 $B M N \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$;

(2) 求证: $M N / /$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$.


选项：
答案：) 见证明；（2）见证明
解析：【分析】

(1) 先证明 $B M \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$, 即证平面 $\mathrm{BMN} \perp$ 平面 $\mathrm{ACC}_{1} \mathrm{~A}_{1}$.(2) 取 $B C$ 的中点 $P$,
连接 $B_{1} P$ 和 $M P$, 证明 $M N \| P B_{1}$, 再证明 $M N / /$ 平面 $\mathrm{BCC}_{1} \mathrm{~B}_{1}$.

## 【详解】

(1)证明：因为 $M$ 为棱 $A C$ 的中点, 且 $A B=B C$,

所以 $B M \perp A C$,

因为 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 是直三棱柱,

所以 $A A_{1} \perp$ 平面 $A B C$,

因为 $B M \subset$ 平面 $A B C ，$

所以 $A A_{1} \perp B M$,

又因为 $A C, A_{1} A \subset$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$, 且 $A C \cap A_{1} A=A$,

所以 $B M \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$,

因为 $B M \subset$ 平面 $B M N$ ，

所以平面 $B M N \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$.

(2)取 $B C$ 的中点 $P$, 连接 $B_{1} P$ 和 $M P$,



因为 $M 、 P$ 为棱 $A C 、 B C$ 的中点,

所以 $M P \| A B$, 且 $M P=\frac{1}{2} A B$,

因为 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 是棱柱,
所以 $A_{1} B_{1} \| A B, A_{1} B_{1}=A B$,

因为 $N$ 为棱 $A_{1} B_{1}$ 的中点,

所以 $B_{1} N \| B A$, 且 $B_{1} N=\frac{1}{2} B A$,

所以 $B_{1} N \| P M$, 且 $B_{1} N=P M$,

所以 $M N B_{1} P$ 是平行四边形,

所以 $M N \| P B_{1}$,

又因为 $M N \not \subset$ 平面 $B C C_{1} B_{1}, P B_{1} \subset$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$,

所以 $M N \|$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$.

## 【点睛】

本题主要考查空间几何元素的平行垂直关系的证明, 意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象转化能力.