eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 已知四棱雉 $P-A B C D$ 的底面是菱形, 底面对角线交于 $O$ 点, $\angle A B C=60^{\circ}$, $P A \perp$ 面 $A B C D, E$ 是 $P D$ 的中点.



(1) 求证: $O E / /$ 面 $P A B$;

(2) 求证: 面 $P B D \perp$ 面 $P A C$;

(3) 若 $P A=A B=2$, 求三棱雉 $C-O D E$ 的体积.
选项：
答案：) 证明见解析（2）证明见解析（3） $\frac{\sqrt{3}}{6}$
解析：【分析】

（1）由中位线定理得线线平行，从而线面平行;

(2) 证明 $B D$ 与 $A C, P A$ 垂直即可得线面垂直，从而有面面垂直;

(3) $E$ 是 $P D$ 中点, 则 $E$ 到底面 $A B C D$ 的距离等于 $\frac{1}{2} P A$, 由体积公式计算体积.

## 【详解】

(1) 证明: $\because E$ 是 $P D$ 的中点,

$\therefore O E / / P B, O E$ 不在面 $P A B$ 内, $P B$ 在面 $P A B$ 内,

$\therefore O E / /$ 面 $P A B$;



(2) 证明: 连接 $O P$, 由 $P A \perp$ 平面 $A B C D$ 得 $P A \perp A B, P A \perp A D$,

$\therefore \triangle P A B \cong \triangle P A D, \quad \therefore P B=P D, \quad \therefore O P \perp B D$,

又 $B D \perp A C, A C \cap O P=O$,

$\therefore B D \perp$ 平面 $P A C$, 而 $B D$ 在平面 $P B D$ 内,

$\therefore$ 面 $P B D \perp$ 面 $P A C$;

(3) 解: $\because E$ 是 $P D$ 的中点, $\therefore E$ 到底面 $A B C D$ 的距离等于 $P$ 到平面 $A B C D$ 距离的一半, 即为 $\frac{1}{2} P A=1$,

$\because P A=A B=2, \angle A B C=60^{\circ}$,

$\therefore$ 三棱雉 $C-O D E$ 的体积为 $\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times 2^{2} \times 1=\frac{\sqrt{3}}{6}$.

## 【点睛】

本题考查证明线面平行、面面垂直, 考查求棱雉的体积. 掌握线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理是解题关键.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 四棱雉 $P-A B C D$ 中, $A B=A D=2 B C=2, B C / / A D, A B \perp A D, \triangle P B D$为正三角形.若 $P A=2 \sqrt{3}$, 且 $P A$ 与底面 $A B C D$ 所成角的正切值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$.



(1) 证明: 平面 $P A B \perp$ 平面 $P B C$;

（2） $E$ 是线段 $C D$ 上一点, 记 $\frac{D E}{D C}=\lambda(0<\lambda<1)$, 是否存在实数 $\lambda$, 使二面角 $P-A E-C$ 的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{6}$ ? 若存在, 求出 $\lambda$ 的值; 若不存在, 请说明理由.
选项：
答案：) 见解析; (2) 存在, $\lambda=\frac{2}{5}$
解析：【分析】

（1）由勾股定理与正三角形的性质可证 $A B \perp P B$, 再由已知证得 $A B \perp B C$, 由线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可证得平面 $P A B \perp$ 平面 $P B C$;

(2) 作 $B C$ 延长线于点 $Q$, 且 $B Q=A D$, 由 (1) 可知, $Q D, Q P, Q B$ 两两垂直, 以它们所在直线分别做 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴建立空间直角坐标系, 结合已知即可表示点 $Q, A, C$, $D, E$ 的坐标, 进而求得面 $P A E$ 与面 $A C E$ 的法向量, 利用向量的数量积求夹角与已知构建方程, 求得 $\lambda$ 的值.

## 【详解】

(1) 因为 $A B \perp A D, A B=A D=2$, 所以 $B D=2 \sqrt{2}$

又因为 $\triangle P B D$ 为正三角形, 所以 $P B=P D=B D=2 \sqrt{2}$

又 $A B=2, P A=2 \sqrt{3}$, 则 $A B^{2}+P B^{2}=4+8=12=P A^{2}$, 即 $A B \perp P B$

又因为 $A B \perp A D, B C / / A D$, 所以 $A B \perp B C$ 且 $P B \cap B C=B$

所以 $A B \perp$ 平面 $P B C$, 又因为 $A B \subset$ 平面 $P A B$

故平面 $P A B \perp$ 平面 $P B C$

(2) 作 $B C$ 延长线于点 $Q$, 且 $B Q=A D$, 由 (1) 可知, $Q D, Q P, Q B$ 两两垂直, 以它们所在直线分别做 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴建立空间直角坐标系, 则 $Q(0,0,0), A(2,2,0), C(0,1,0), D(2,0,0)$由 $\frac{D E}{D C}=\lambda(0<\lambda<1)$, 可得 $E(2-2 \lambda, \lambda, 0)$, 所以

$$
\overrightarrow{A E}=(-2 \lambda, \lambda-2,0), \overrightarrow{A P}=(-2,-2,-2)
$$

设平面 $P A E$ 的法向量为 $\vec{m}=(x, y, z)$

则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{m} \cdot \overrightarrow{A P}=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{A E}=0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}-2 x-2 y+2 z=0 \\ -2 \lambda x+(\lambda-2) y=0\end{array}\right.$, 令 $\mathrm{x}=1$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{y}=\frac{2 \lambda}{\lambda-2} \\ z=\frac{3 \lambda-2}{\lambda-2}\end{array}\right.$
所以 $\vec{m}=\left(1, \frac{2 \lambda}{\lambda-2}, \frac{3 \lambda-2}{\lambda-2}\right)$, 显然 $\overrightarrow{Q P}=(0,0,2)$ 是平面 $A C E$ 的法向量

设二面角 $P-A E-C$ 为 $\theta$

则 $\cos \theta=\frac{\vec{m} \cdot \overrightarrow{Q P}}{|\vec{m}| \cdot|\overrightarrow{Q P}|}=\frac{\left|\frac{6 \lambda-4}{\lambda-2}\right|}{2 \sqrt{1+\left(\frac{2 \lambda}{\lambda-2}\right)^{2}+\left(\frac{3 \lambda-2}{\lambda-2}\right)^{2}}}=\frac{|3 \lambda-2|}{\sqrt{14 \lambda^{2}-16 \lambda+8}}$

依据题意有 $\frac{|3 \lambda-2|}{\sqrt{14 \lambda^{2}-16 \lambda+8}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$, 解得 $\lambda=\frac{2}{5}$



本题考查空间中面面垂直的证明, 还考查了已知二面角的余弦值探究点的成立问题, 属于较难题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 (1), 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, A D$ 是边 $B C$ 边上的中线, 将 $\triangle A B D$ 沿 $A D$折起得到 $\triangle A B^{\prime} D$, 得到如图 (2) 所示的三棱雉 $A-B^{\prime} D C$, 试判断 $A D$ 与 $B^{\prime} C$ 是否垂直.若垂直, 请写出证明过程; 若不垂直, 请说明理由.



图 (1)



图 (2)
选项：
答案：D$ 与 $B^{\prime} C$ 垂直, 证明详见解析.
解析：【分析】

根据已知可证 $A D \perp$ 平面 $B^{\prime} D C$, 即可求出结论.

## 【详解】

$A D$ 与 $B^{\prime} C$ 垂直, 证明如下:

连接 $B^{\prime} C$, 在图 (1), $A B=A C, A D$ 是边 $B C$ 边上的中线,

$A D \perp D B, A D \perp D C$ ，在图（2） $A D \perp D B^{\prime}, A D \perp D C ，$

$D B^{\prime} \cap D C=D, D B^{\prime}, D C \subset$ 平面 $B^{\prime} D C, A D \perp$ 平面 $B^{\prime} D C$,

$B^{\prime} C \subset$ 平面 $B^{\prime} D C, \therefore A D \perp B^{\prime} C$.



## 【点睛】

本题考查线面垂直、线线垂直, 注意翻折前后垂直的不变量, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：, 在三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $B_{1} C_{1} \perp C C_{1}$, 点 $E, F$ 分别是 $B C, A_{1} B_{1}$ 的中点, 平面 $A C_{1} C A \perp$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$.



(1) 求证: $B_{1} C_{1} \perp A_{1} C$;

(2) 求证: $E F / /$ 平面 $A_{1} C_{1} C A$.
选项：
答案：) 见解析；(2）见解析
解析：【分析】

(1) 根据平面 $A C_{1} C A \perp$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$, 可得 $B_{1} C_{1} \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$, 可得结果.

(2) 取 $A_{1} C_{1}$ 的中点 $G$, 根据 $E C / / F G$, 且 $E C=F G$, 可得平行四边形 $F E C G$ 是平行四边形，然后根据 $E F / / G C$, 以及线面平行的判定定理, 可得结果.

## 【详解】

(1) 因为 $B_{1} C_{1} \perp C_{1} C$, 平面 $A_{1} C_{1} C A \perp$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$,

平面 $A_{1} C_{1} C A \cap$ 平面 $B C C_{1} B_{1}=C_{1} C$,

$B_{1} C_{1} \subset$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$, 则 $B_{1} C_{1} \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$.

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

所以 $B_{1} C_{1} \perp A_{1} C$.

(2) 取 $A_{1} C_{1}$ 的中点 $G$, 连接 $F G, G C$.



在 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, 因为 $F, G$ 分别是 $A_{1} B_{1}, A_{1} C_{1}$ 的中点,

所以 $F G / / B_{1} C_{1}$, 且 $F G=\frac{1}{2} B_{1} C_{1}$.

在平行四边形 $B C C_{1} B_{1}$ 中, 因为 $E$ 是 $B C$ 的中点,

所以 $E C / / B_{1} C_{1}$, 且 $E C=\frac{1}{2} B_{1} C_{1}$,

所以 $E C / / F G$, 且 $E C=F G$

在平行四边形 $F E C G$ 是平行四边形,

所以 $E F / / G C$.
又因为 $E F \not \subset$ 平面 $A_{1} C_{1} C A, G C \subset$ 平面 $A_{1} C_{1} C A$,

所以 $E F / /$ 平面 $A_{1} C_{1} C A$.

## 【点睛】

本题考查面面垂直的性质定理，以及线面平行的判定，属基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面 $A B C D$ 为平行四边形, 平面 $P A D \perp$ 平面 $A B C D$, $P A=P D, E, F$ 分别为 $A D, P B$ 的中点.

(1) 求证: $P E \perp B C$;

(2) 求证: $E F / /$ 平面 $P C D$.


选项：
答案：) 详见解析;（2）详见解析.
解析：【分析】

(1)先证明 $\mathrm{PE} \perp$ 平面 $\mathrm{ABCD}, \mathrm{PE} \perp \mathrm{BC}$ 即得证.(2) 取 $P C$ 中点 $G$, 连接 $F G, G D$. 证明 $E F \| G D ，$ 再证明 $E F / /$ 平面 PCD.

【详解】

(1) $\because P A=P D$, 且 $E$ 为 $A D$ 的中点, $\therefore P E \perp A D$.

$\because$ 平面 $P A D \perp$ 平面 $A B C D$, 平面 $P A D \cap$ 平面 $A B C D=A D$,

$\therefore P E \perp$ 平面 $A B C D$.

$\because B C \subset$ 面 $A B C D, \therefore P E \perp B C$.

(2) 如图, 取 $P C$ 中点 $G$, 连接 $F G, G D$.



$\because F, G$ 分别为 $P B$ 和 $P C$ 的中点, $\therefore F G \| B C$, 且 $F G=\frac{1}{2} B C$.

$\because$ 四边形 $A B C D$ 为平行四边形, 且 $E$ 为 $A D$ 的中点,
$\therefore E D \| B C, D E=\frac{1}{2} B C$,

$\therefore E D \| F G$, 且 $E D=F G, \therefore$ 四边形 $E F G D$ 为平行四边形,

$\therefore E F \| G D$.

又 $E F \not \subset$ 平面 $P C D, G D \subset$ 平面 $P C D ，$

$\therefore E F \|$ 平面 $P C D$.

## 【点睛】

本题主要考查空间位置关系的证明, 意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理能力.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在几何体 $A C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 四边形 $A D D_{1} A_{1}, C D D_{1} C_{1}$ 为矩形, 平面 $A D D_{1} A_{1} \perp$ 平面 $C D D_{1} C_{1}, B_{1} A_{1} \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}, A D=C D=1, A A_{1}=A_{1} B_{1}=2, E$为棱 $A A_{1}$ 的中点.



(1) 证明: $B_{1} C_{1} \perp C E$;

(2) 设 $A_{1} D$ 与 $A D_{1}$ 的交点为 $O$, 试问: 在线段 $B_{1} A_{1}$ 上是否存在一点 $N$, 使得 $O N \|$ 平面 $B_{1} C_{1} C$.
选项：
答案：）证明见解析；（2）见解析.
解析：【分析】

(1) 先证明线 $C C_{1} \perp$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 可得 $C C_{1} \perp B_{1} C_{1}$, 根据 $B_{1} E^{2}=B_{1} C_{1}^{2}+E C_{1}^{2}$ 可证明 $B_{1} C_{1} \perp C_{1} E$, 从而可证 $B_{1} C_{1} \perp$ 平面 $C C_{1} E$, 由线面垂直的性质可得结论 (2) 设 $M$为线段 $B_{1} A_{1}$ 的中点, 可证四边形 $C D M B_{1}$ 为平行四边形, 取 $M A_{1}$ 的中点 $N$, 连 $0 N$ 由中位线可知, $O N / / C B_{1}$, 即可证明.

【详解】

(1) 因为 $B_{1} A_{1} \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$, 所以 $B_{1} A_{1} \perp D D_{1}$,

又 $D D_{1} \perp D_{1} A_{1}, B_{1} A_{1} \cap D_{1} A_{1}=A_{1}$, 所以 $D D_{1} \perp$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$,

因为 $D D_{1} / / C C_{1}$, 所以 $C C_{1} \perp$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}, B_{1} C_{1} \subset$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, 所以

$C C_{1} \perp B_{1} C_{1}$,

因为平面 $A D D_{1} A_{1} \perp$ 平面 $C D D_{1} C_{1}$, 平面 $A D D_{1} A_{1} \cap$ 平面 $C D D_{1} C_{1}=D D_{1}, C_{1} D_{1} \perp D D_{1}$,

所以 $C_{1} D_{1} \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$,

经计算可得 $B_{1} E=\sqrt{5}, B_{1} C_{1}=\sqrt{2}, E C_{1}=\sqrt{3}$,

从而 $B_{1} E^{2}=B_{1} C_{1}^{2}+E C_{1}^{2}$,

所以在 $\Delta B_{1} E C_{1}$ 中, $B_{1} C_{1} \perp C_{1} E$,

又 $C C_{1}, C_{1} E \subset$ 平面 $C C_{1} E, C C_{1} \cap C_{1} E=C_{1}$,

所以 $B_{1} C_{1} \perp$ 平面 $C C_{1} E$,

又 $C E \subset$ 平面 $C C_{1} E$, 所以 $B_{1} C_{1} \perp C E$.

（2）当 $A_{1} N=\frac{1}{4} A_{1} B_{1}$ 时, $O N \|$ 平面 $B_{1} C_{1} C$.



其理由如下：

因为 $B_{1} A_{1} \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}, C_{1} D_{1} \perp$ 平面 $A D D_{1} A_{1}$, 所以 $C_{1} D_{1} / / B_{1} A_{1}, \therefore C D / / B_{1} A_{1}$,设 $M$ 为线段 $B_{1} A_{1}$ 的中点, 又 $C D=\frac{1}{2} B_{1} A_{1}=1$,

$\therefore C D / / B_{1} M, C D=B_{1} M$,

所以四边形 $C D M B_{1}$ 为平行四边形,

所以 $D M / / C B_{1}$,
又因为中位线的性质，所以 $O N / / D M$ ，

所以 $O N / / C B_{1}$,

因为 $O N \not \subset$ 平面 $B_{1} C_{1} C, C B_{1} \subset$ 平面 $B_{1} C_{1} C$,

所以 $O N \|$ 平面 $B_{1} C_{1} C$.

## 【点睛】

本题主要考查了线面垂直的判定与性质, 面面垂直的性质, 线面平行的判定, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图三棱柱, $A B C D$ 为菱形, $\angle B A D=60^{\circ}, F A=F D, M$ 为 $A B$ 的中点, 平面 $F A D \perp$ 平面 $A B C D$.



(I) 求证: $A C \perp F M$;

(II) 若直线 $F M$ 与平面 $A B C D$ 所成角为 $45^{\circ}$, 求二面角 $F-M D-A$ 所成角的正弦值
选项：
答案：) 证明见解析 (II) $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
解析：【分析】

(I) 取 $A D$ 的中点 $N$, 连接 $F N$, 可得 $F N \perp$ 面 $A B C D$, 可得 $F N \perp A C$, 同时由 $A C \perp M N$ ，可得 $A C \perp$ 面 $F M N ，$ 可得 $A C \perp F M$ ；

(II) 过 $N$ 作 $M D$ 的垂线, 垂足为 $P$, 连接 $F P$, 可得 $\angle F P N$ 即为二面角 $F-M D-A$所成角, 同时由题意可得 $N G=\frac{1}{2} A M, F N=M N$, 设设 $F N=a$, 则 $F N=M N=\mathrm{a}$, $N P=\frac{1}{2} A M=\frac{a}{2}, F P=\frac{\sqrt{5}}{2} \mathrm{a}$, 可得 $\sin \angle F P N$ 的值, 即二面角 $F-M D-A$ 所成角的正弦值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

## 【详解】

解: (I) 取 $A D$ 的中点 $N$, 连接 $F N$, 由 $F A=F D$ 可得: $F N \perp A D$,



故: $\left.\begin{array}{l}F N \perp A D \\ \text { 面 } F A D \perp \text { 面 } F A D C D \cap \text { 面 } A B C D=A D \\ F N \subset \text { 面 } F A D\end{array}\right\} \Rightarrow F N \perp$ 面 $A B C D$

由 $A C \subset$ 面 $A B C D$, 可得 $F N \perp A C$,

同时易得: $M N / / B D, A C \perp B D$, 可得 $A C \perp M N$

故: $\left.\begin{array}{l}F N \perp A C, A C \perp M N \\ F N \subset M N=N \\ F N \subset \text { 面 } F M N, M N \subset \text { 面 } F M N\end{array}\right\} \Rightarrow A C \perp$ 面 $F M N$

由 $F M \subset$ 面 $F M N$

故 $A C \perp F M$;

(II) 过 $N$ 作 $M D$ 的垂线, 垂足为 $P$, 连接 $F P$,

易得: $N G \| A M$, 且 $N G=\frac{1}{2} A M$,

同时由直线 $F M$ 与平面 $A B C D$ 所成角为 $45^{\circ}, F N \perp$ 面 $A B C D$, 可得 $\angle F M N=45^{\circ}$,

$\triangle F M N$ 为等腰直角三角形, $F N=M N$,



则 $\angle F P N$ 即为二面角 $F-M D-A$ 所成角.

设 $F N=a$, 则 $F N=M N=\mathrm{a}, N P=\frac{1}{2} A M=\frac{a}{2}$,

在 $\triangle F N P$ 中, 可得: $F P=\frac{\sqrt{5}}{2} \mathrm{a}$

可得: $\sin \angle F P N=\frac{F N}{F P}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,

即二面角 $F-M D-A$ 所成角的正弦值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的判定与性质, 及二面角的求法, 综合性大, 属于难题.
题目（高一 · 立体几何学）：棱雉 $P-A B C$ 中, $P B \perp$ 平面 $A B C, A B \perp B C, P B=A B, D, E$ 分别是 $P A, P C$ 的中点, $G, H$ 分别是 $B D, B E$ 的中点.



(1) 求证: $G H / /$ 平面 $A B C$.

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

(1)根据线面平行的判定定理可证明 $G H / /$ 平面 $A B C$;

(2)根据面面垂直的判定定理即可证明平面 $B C D \perp$ 平面 $P A C$.

## 【详解】

(1) 证明:连结 $D E$, 在 $\triangle B D E$ 中, $G, H$ 分别是 $B D, B E$ 的中点,

$\therefore G H$ 为 $\triangle B D E$ 的中位线,

$\therefore G H / / D E$.

在 $\triangle P A C, D, E$ 分别是 $P A, P C$ 的中点,

$\therefore D E$ 是 $\triangle P A C$ 的中位线,

$\therefore D E / / A C$,

$\therefore G H / / A C$.

$\because G H \not \subset$ 平面 $A B C$,

$\therefore G H / /$ 平面 $A B C$.

(2) 证明: $\because A B=P B$,

$\therefore B D \perp P A$,

$\because \angle P B C=\angle A B C=90^{\circ}$,

$\therefore P C=A C$,

$\therefore C D \perp P A, C D \cap B D=D$

$\therefore P A \perp$ 平面 $B C D$ 且 $P A \subset$ 面 $P A C$

$\therefore$ 平面 $B C D \perp$ 平面 $P A C$

## 【点睛】

本题主要考查直线与平面平行的判定和平面与平面垂直的判定，属于基础题型.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面是边长为 2 的正方形, 侧棱 $P A \perp$ 底面 $A B C D$, $P A=2, M, N$ 分别为 $A D, B C$ 的中点.

（I）求证：平面 $P M N \perp$ 底面 $P A D$;

(II) 求 $P M$ 与平面 $P C D$ 所成角的正弦值;

(III) 求 $C$ 到平面 $P M N$ 的距离.


选项：
答案：) 证明过程见详解；（II） $\frac{\sqrt{10}}{10}$; (III) $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
解析：【分析】

（I）先证明 $M N \perp$ 平面 $P A D ，$ 即可得出平面 $P M N \perp$ 底面 $P A D$;

(II) 过 $M$ 作 $M D \perp$ 平面 $P C D$, 连接 $P O$, 得到 $\angle M P O$ 即为所求线面角, 解三角形即可;

（III）设 $C$ 到平面 $P M N$ 的距离为 $h$ ，根据等体积法即可求出结果.

## 【详解】

(I) 证明:

$\because P A \perp$ 面 $A B C D$,

$\therefore P A \perp M N, P A \perp A B$,

$\because M 、 N$ 分别为 $A D 、 B C$ 中点

$\therefore A B / / M N$,

$\because A B \perp A D$,

$\therefore A B \perp$ 平面 $P A D$

$\because A B / / M N$,

$\therefore M N \perp$ 平面 $P A D$,

$\because M N \subset$ 平面 $P M N$,

$\therefore$ 平面 $P M N \perp$ 平面 $P A D$.

(II) 过 $M$ 作 $M D \perp$ 平面 $P C D$, 连接 $P O$

$\therefore \angle M P O$ 即为所求

$\because V_{M-P C D}=V_{P-M C D}$,

即 $\frac{1}{3} \times S_{\triangle P C D} \cdot M D=\frac{1}{3} \times S_{\triangle M C D} \cdot P A ，$

$\therefore \frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{2} \times O M=\frac{1}{2} \times 1 \times 2 \times 2, \quad O M=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\therefore \sin \angle M P O=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{10} ;$

（III）设 $C$ 到平面 $P M N$ 的距离为 $h$,

因为 $V_{P-M N C}=V_{C-P M N}$, 所以 $\frac{1}{3} \times S_{\triangle M N C} \cdot P A=\frac{1}{3} \times S_{\triangle P M N} \cdot h$,

即 $\frac{1}{2} \times 1 \times 2 \times 2=\frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{5} \times h$ ，

所以 $h=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,

故 $C$ 到平面 $P M N$ 的距离为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

## 【点睛】

本题主要考查面面垂直的判定、线面角以及点到平面的距离, 熟记判定定理, 灵活运用等体积法求解即可，属于常考题型.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, $\triangle P A D$ 为等边三角形, 边长为 $2, \triangle A B C$ 为等腰直角三角形, $A B \perp B C, A C=1, \angle D A C=90^{\circ}$, 平面 $P A D \perp$ 平面 $\boldsymbol{A B C D}$.



(1)证明: $A C \perp$ 平面 PAD;

(2)求平面 $P A D$ 与平面 $P B C$ 所成锐二面角的余弦值;

(3)棱 $\boldsymbol{P D}$ 上是否存在一点 $\boldsymbol{E}$, 使得 $A E / /$ 平面 $\boldsymbol{P B C}$ ? 若存在, 求出 $\frac{P E}{P D}$ 的值; 若不存在,请说明理由.
选项：
答案：) 证明见解析; (2) $\frac{\sqrt{30}}{10}$; (3) 棱 $P D$ 上存在一点 $E$, 使得 $A E / /$ 平面 $P B C$,
且 $\frac{P E}{P D}=\frac{1}{3}$.
解析：【分析】

(1) 用面面垂直的性质定理证明线面垂直;

(2) 取 $A D$ 的中点 $O$, 连接 $P O$, 得 $P O \perp$ 平面 $A B C D$, 以 $A P$ 为 $x$ 轴, $A C$ 为 $y$ 轴, 过 $A$ 平行于 $P O$ 的直线为 $Z$ 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 用平面的法向量的夹角求二面角;

(3) 假设棱 $P D$ 上存在一点 $E$, 使得 $A E / /$ 平面 $P B C$, 设 $\overrightarrow{P E}=\lambda \overrightarrow{P D}$, 由 $\overrightarrow{A E}$ 与平面 $P B C$ 的法向量垂直求得 $\lambda$, 如果求不出, 说明不存在.

## 【详解】

(1) $\because$ 平面 $P A D \perp$ 平面 $A B C D, A C \perp A D$, 平面 $P A D \cap$ 平面 $A B C D=A D, A C \subset$ 平面 $A B C D$, $\therefore A C$ 上平面 $P A D$;

(2) 取 $A D$ 的中点 $O$, 连接 $P O$, 由于 $\triangle P A D$ 是等边三角形, 所以 $P O \perp A D$, 由平面 $P A D \perp$平面 $A B C D$, 得 $P O \perp$ 平面 $A B C D, P O=\sqrt{3}$,

以 $A P$ 为 $x$ 轴, $A C$ 为 $y$ 轴, 过 $A$ 平行于 $P O$ 的直线为 $z$ 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系,则 $A(0,0,0), D(2,0,0), C(0,1,0), B\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right), P(1,0, \sqrt{3})$,



$\overrightarrow{P C}=(-1,1,-\sqrt{3}), \overrightarrow{B C}=\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$, 设平面 $P B C$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$,

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

平面 $P A D$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(0,1,0)$,

$\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{1}{1 \times \sqrt{(-1)^{2}+1^{2}+\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2}}}=\frac{\sqrt{30}}{10}$,

$\therefore$ 平面 $P A D$ 与平面 $P B C$ 所成锐二面角的余弦值为 $\frac{\sqrt{30}}{10}$;

(3) 假设棱 $P D$ 上存在一点 $E$, 使得 $A E / /$ 平面 $P B C$, 设 $\overrightarrow{P E}=\lambda \overrightarrow{P D}(0 \leq \lambda \leq 1)$,

由 (2) $\overrightarrow{P D}=(1,0,-\sqrt{3}), \overrightarrow{A P}=(1,0, \sqrt{3})$,
$\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A P}+\overrightarrow{P E}=\overrightarrow{A P}+\lambda \overrightarrow{P D}=(1+\lambda, 0, \sqrt{3}-\lambda \sqrt{3})$, 又平面 $P B C$ 的一个法向量是 $\vec{n}=$ $\left(-1,1, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$,

$\therefore \overrightarrow{A E} \cdot \vec{n}=-1-\lambda+\frac{2 \sqrt{3}}{3}(\sqrt{3}-\sqrt{3} \lambda)=0$, 解得 $\lambda=\frac{1}{3}, \therefore \frac{P E}{P D}=\frac{1}{3}$.

$\therefore$ 棱 $P D$ 上存在一点 $E$, 使得 $A E / /$ 平面 $P B C$, 且 $\frac{P E}{P D}=\frac{1}{3}$.

## 【点睛】

本题考查由面面垂直证明线面垂直, 考查用空间向量法求二面角, 研究线面平行. 解题是建立空间直角坐标系.
题目（高一 · 立体几何学）：如图空间几何体 $A B C D E$ 中, $\triangle A B C$ 与 $\triangle A C D, \triangle E B C$ 均为边长为 2 的等边三角形, 平面 $A C D \perp$ 平面 $A B C$, 平面 $A B C \perp$ 平面 $E B C$.



(I) 求线段 $D E$ 的长度.

(II) 试在平面 $A B C$ 内作一条直线, 使得直线上任意一点 $F$ 与 $D$ 的连线 $D F$ 均与平面 $E B C$ 平行, 并给出详细证明;
选项：
答案：) 1 ; (II) 取 $A B$ 中点 $H$, 连接 $P H$, 直线 $P H$ 是所求直线, 证明详见解析.
解析：【分析】

(I) 分别取 $A C, B C$ 中点 $P, Q$, 连接 $D P, E Q, P Q$, 可得 $D P \perp A C$, 结合已知可证 $D P \perp$ 平面 $A B C$, 同理 $E Q \perp$ 平面 $A B C$, 可证四边形 $D E Q P$ 是平行四边形, 即可求出结论;

(II) 根据题意只需过 $D$ 做一平面与平面 $E B C$ 平行, 该平面与平面 $A B C$ 的交线即为所求, 由 (1) 得, $D P / /$ 面 $E B C$, 取 $A B$ 中点 $H$, 连接 $P H, D H$, 可证 $P H / /$ 面 $E B C$,
进而有平面 $B C E / /$ 平面 $D P H$, 则 $P H$ 为所求.

## 【详解】

(I) 分别取 $A C, B C$ 中点 $P, Q$, 连接 $D P, E Q, P Q$,

由平面 $A C D \perp$ 平面 $A B C$ 且交于 $A C, D P \subset$ 面 $A C D$,

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

由平面 $B C E \perp$ 平面 $A B C$ 且交于 $B C, E Q \subset$ 面 $B C E$,

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

$E Q / / D P$, 且 $E Q=D P=\sqrt{3}$,

所以四边形 $D E Q P$ 是平行四边形,

$\therefore D E=P Q=1$;



(II) 取 $A B$ 中点 $H$, 连接 $P H, D H$

由 $A P=P C, A H=H B, P H / / B C$,

$B C \subset$ 平面 $E B C, P H \not \subset$ 平面 $E B C$,

所以 $P H / /$ 面 $E B C$,

又因为 $D P / / E Q, E Q \subset$ 平面 $E B C$,

$D P \not \subset$ 平面 $E B C$, 所以 $D P / /$ 平面 $E B C$,

$D P \cap P H=P$, 所以平面 $B C E / /$ 平面 $D P H$,

当 $F$ 在直线 $P H$ 上运动时, $D F / /$ 平面 $B C E$

所以直线 $P H$ 是所求直线.



本题考查面面垂直和线面垂直的应用，注意空间中垂直的相互转化，考查面面平行的判定和应用, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在多面体 $A B C D E$ 中, 平面 $A B D \perp$ 平面 $A B C, A B \perp A C, A E \perp B D$, $\mathbf{D E} \| \frac{1}{2} \mathbf{A C}, \mathrm{AD}=\mathbf{B D}=\mathbf{1}$.

(I)求 $\mathrm{AB}$ 的长;

(II) 已知 $2 \leq A C \leq 4$, 求点 $\mathbf{E}$ 到平面 $\mathbf{B C D}$ 的距离的最大值.


选项：
答案：) $A B=\sqrt{2}$;(2) $\frac{2 \sqrt{17}}{17}$.
解析：分析: (I) 先由面面垂直的性质可得 $A C \perp$ 平面 $A B D, D E \perp$ 平面 $A B D$, 可得 $D E \perp B D$,再证明 $B D \perp$ 平面 $A D E$, 于是得 $A D \perp B D$, 由勾股定理可得结果; (II)过 $O$ 作直线 $O Y / / A C$, 以点 $O$ 为坐标原点, 直线 $O B, O Y, O D$ 分别为 $x, y, z$ 轴, 建立空间直角坐标系 $O-x y z$, 如图所示. 记 $A C=2 a$, 求出平面的一个法向量, 利用点 $E$ 到平面 $B C D$ 的距离, 结合 $2 \leq A C \leq 4$, 可得点 $E$ 到平面 $B C D$ 的距离的最大值.

详解: (I) $\because$ 平面 $\mathrm{ABD} \perp$ 平面 $\mathrm{ABC}$, 且交线为 $\mathrm{AB}$, 而 $\mathrm{AC} \perp \mathrm{AB}, \therefore \mathrm{AC} \perp$ 平面 $\mathrm{ABD}$.又 $\because \mathrm{DE} / / \mathrm{AC}, \therefore \mathrm{DE} \perp$ 平面 $\mathrm{ABD}$, 从而 $\mathrm{DE} \perp \mathrm{BD}$.

注意到 $\mathrm{BD} \perp \mathrm{AE}$ ，且 $\mathrm{DE} \cap \mathrm{AE}=\mathrm{E} ， \therefore \mathrm{BD} \perp$ 平面 $\mathrm{ADE}$ ，于是， $\mathrm{BD} \perp \mathrm{AD}$.
而 $\mathrm{AD}=\mathrm{BD}=1, \quad \therefore A B=\sqrt{2}$.

(II) $\because \mathrm{AD}=\mathrm{BD}$, 取 $\mathrm{AB}$ 的中点为 $\mathrm{O}, \therefore \mathrm{DO} \perp \mathrm{AB}$.

又 $\because$ 平面 $\mathrm{ABD} \perp$ 平面 $\mathrm{ABC}, \therefore \mathrm{DO} \perp$ 平面 $\mathrm{ABC}$.

过 $O$ 作直线 $O Y / / A C$, 以点 $O$ 为坐标原点, 直线 $O B, O Y, O D$ 分别为 $x, y, z$ 轴,建立空间直角坐标系 $O-x y z ，$ 如图所示.

记 $A C=2 a$, 则 $1 \leq a \leq 2, A\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0,0\right), B\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0,0\right)$,

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

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

令平面 $\mathrm{BCD}$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$.

由 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{B C} \cdot \vec{n}=0 \\ \overrightarrow{B D} \cdot \vec{n}=0\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{2} x+2 a y=0 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} x+\frac{\sqrt{2}}{2} z=0\end{array}\right.$. 令 $x=\sqrt{2}$, 得 $\vec{n}=\left(\sqrt{2}, \frac{1}{a}, \sqrt{2}\right)$.

又 $\because \overrightarrow{D E}=(0,-a, 0), \therefore$ 点 $\mathrm{E}$ 到平面 $\mathrm{BCD}$ 的距离 $d=\left|\frac{\overline{D E} \cdot \bar{n}}{|\bar{n}|}\right|=\frac{1}{\sqrt{4+\frac{1}{a^{2}}}}$.

$\because 1 \leq a \leq 2, \therefore$ 当 $a=2$ 时, $d$ 取得最大值, $d_{\text {max }}=\frac{1}{\sqrt{4+\frac{1}{4}}}=\frac{2 \sqrt{17}}{17}$.



点睛: 本题主要考查空间垂直关系, 利用空间向量求点到面的距离, 属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是: (1) 观察图形, 建立恰当的空间直角坐标系; (2)写出相应点的坐标, 求出相应直线的方向向量; (3) 设出相应平面的法向量, 利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量; (4) 将空间位置关系转化为向量关系; (5)根据定理结论求出相应的角和距离.
题目（高一 · 立体几何学）：,在四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面 $A B C D$ 是矩形, $P A \perp$ 底面 $A B C D, E$ 是 $P C$ 的中点.已知 $A B=2, A D=2 \sqrt{2}, P A=2$.



求: (1) .三角形 $P C D$ 的面积;

(2) .异面直线 $B C$ 与 $A E$ 所成的角的大小.
选项：
答案：) $2 \sqrt{3}$;

(2) $\frac{\pi}{4}$.
解析：【分析】

(1) 根据 $P A \perp C D 、 C D \perp A D$ 可证得 $C D \perp$ 平面 $P A D$, 根据线面垂直性质可知 $C D \perp P D$, 则 $S_{\triangle P C D}=\frac{1}{2} P D \cdot C D$, 求得 $P D, C D$ 代入即可得到结果; (2) 取 $P B$ 中点 $F$, 连接 $E F, A F$, 可知 $\angle A E F$ 即为所求角; 求解出 $\triangle A E F$ 三边长, 可知 $\triangle A E F$ 为等腰直角三角形, 从而得到所求角.

## 【详解】

(1) $\because P A \perp$ 底面 $A B C D, C D \subset$ 底面 $A B C D \quad \therefore P A \perp C D$

$\because$ 四边形 $A B C D$ 为矩形 $\quad \therefore C D \perp A D$

又 $A D, P A \subset$ 平面 $P A D, A D \cap P A=A \quad \therefore C D \perp$ 平面 $P A D$

$\because P D \subset$ 平面 $P A D \quad \therefore C D \perp P D$

$\because P D=\sqrt{P A^{2}+A D^{2}}=2 \sqrt{3} \quad \therefore S_{\triangle P C D}=\frac{1}{2} P D \cdot C D=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3}=2 \sqrt{3}$



(2) 取 $P B$ 中点 $F$, 连接 $E F, A F$, 则 $E F / / B C$

$\therefore \angle A E F$ 即为异面直线 $B C$ 与 $A E$ 所成角

$\because E F=\frac{1}{2} B C=\sqrt{2}, \quad A F=\frac{1}{2} P B=\frac{1}{2} \times \sqrt{4+4}=\sqrt{2}$,

$A E=\frac{1}{2} P C=\frac{1}{2} \times \sqrt{4+4+8}=2$

$\therefore E F^{2}+A F^{2}=A E^{2}$, 即 $\therefore A E F$ 为等腰直角三角形且 $E F \perp A F$ $\therefore \angle A E F=\frac{\pi}{4}$

$\therefore$ 异面直线 $B C$ 与 $A E$ 所成角的大小是 $\frac{\pi}{4}$

## 【点睛】

本题考查立体几何中垂直关系的应用、异面直线所成角的求解问题, 涉及到线面垂直的判定与性质的应用; 求解异面直线所成角的关键是能够根据线线平行关系将异面直线成角转化为相交直线所成角的求解问题.