立體幾何(解析版)

1、2017年高考真題分類匯編（理數(shù)）：專題6 立體幾何（解析版）7 題；共14 分）21 、（2017?浙江）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm2）是（）A、+1B、+3C、+1D、+3352、（2017?浙江）如圖，已知正四面體D ABC（所有棱長均相等的三棱錐），P、 Q、 R分別為AB、 BC、CA上的點，AP=PB，=2，分別記二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角為、 、 ，則（ ）A、 < < B 、 < < C 、 < < D 、 < < 3、（2017?北京卷）某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱

2、錐的最長棱的長度為（A、 3B、 2C、 2D、 24、（2017?新課標卷）某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（）A、 10B、 12C、 14D、 165、（2017?新課標）已知直三棱柱ABC A1B1C1中，ABC=12°0， AB=2， BC=CC1=1，則異面直線AB1 與BC1 所成角的余弦值為（）A、B、C、D、6、（2017?新課標）如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部

3、分后所得，則該幾何體的體積為（）7、（2017?新課標）已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2 的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為（）A、B、C、D、5 題；共 5 分）8、（ 2017?山東）由一個長方體和兩個圓柱體構成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為9、（2017·天津）已知一個正方體的所有頂點在一個球面上，若這個正方體的表面積為18，則這個球的體積為 10、 （ 2017?江蘇）如圖， 在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O， 該球與圓柱的上、下底面及母線均相切，記圓柱O1O2的體積為V1，球O 的體積為V2，則的值是 ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積（單位：11 、（

4、2017?新課標卷）如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為OD、E、F 為圓 O 上的點，DBC，ECA，F(xiàn)AB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起DBC，ECA，F(xiàn)AB，使得D、E、F 重合，得到三棱錐當cm3）的最大值為12、（2017?新課標）a， b 為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與 a， b 都垂直，斜邊AB 以直線 AC 為旋轉軸旋轉，有下列結論：當直線AB與a成60°角時，AB與b 成30°角；當直線AB與a成60°角時，AB

5、與b 成60°角；直線AB 與 a 所成角的最小值為45°；直線AB 與 a 所成角的最小值為60°；其中正確的是（填寫所有正確結論的編號）三、解答題（共9 題；共 60 分）ABCD（及其內(nèi)部）以AB 邊所在直線為旋13、（2017?山東）如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形轉軸旋轉120° 得到的，G 是 的中點（12 分）（）設P 是上的一點，且AP BE，求CBP的大??；（）當AB=3， AD=2時，求二面角E AG C的大小14、 （ 2017·天津）如圖，在三棱錐PABC中，PA底面ABC，BAC=90° 點D，E，N

6、分別為棱PA，PC，BC的中點，M 是線段 AD的中點，PA=AC=4， AB=2MN平面BDE；C EM N 的正弦值；H 在棱 PA上，且直線NH 與直線 BE所成角的余弦值為，求線段AH 的長15、（2017?浙江）如圖，已知四棱錐P ABCD，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC AD， CD AD， PC=AD=2DC=2CB， E為 PD的中點CE平面PAB；CE與平面PBC所成角的正弦值16、 ( 2017?北京卷)如圖，在四棱錐P ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD平面ABCD，點M 在線段 PB上，PD平面MAC， PA=PD= ， AB=4(14 分)(1)

7、求證：M 為 PB的中點；(2)求二面角B PD A的大?。?3)求直線MC 與平面BDP 所成角的正弦值17、(2017?江蘇)如圖，在平行六面體ABCD A1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且AB=AD=2， AA1=，BAD=12°0 A1B與 AC1所成角的余弦值；B A1D A的正弦值18、（2017?江蘇）如圖，在三棱錐ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，點E、 F（ E 與A、 D 不重合）分別在棱AD， BD 上，且EF AD求證：（）EF平面ABC；（）AD AC19、（2017?新課標）如圖，四棱錐P ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直

8、于底面ABCD， AB=BC=AD，BAD= ABC=90°， E是 PD的中點（）證明：直線CE平面PAB；（）點M 在棱 PC 上，且直線BM 與底面ABCD所成角為45°，求二面角M AB D 的余弦值20、 （ 2017?新課標）如圖，四面體ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABD= CBD，AB=BD（）證明：平面ACD平面ABC；（） 過AC 的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角DAEC的余弦值21 、（2017?新課標卷）如圖，在四棱錐（1）證明：平面PAB平面PAD；P ABCD中，AB CD，且BA

9、P= CDP=90° （12 分）(2)若 PA=PD=AB=DC，APD=90°，求二面角A PB C的余弦值答案解析部分1 、 【答案】A【考點】由三視圖求面積、體積，由三視圖還原實物圖，棱柱、棱錐、棱臺的體積【解析】【解答】解：由幾何的三視圖可知，該幾何體是圓錐的一半和一個三棱錐組成，圓錐的底面圓的半徑為1 ，三棱錐的底面是底邊長2 的等腰直角三角形，圓錐的高和棱錐的高相等均為3，故該幾何體的體積為× × ×1 2× 3+ ×××× 3= +1 ，【分析】根據(jù)幾何體的三視圖，該幾何體是圓錐

10、的一半和一個三棱錐組成，畫出圖形，結合圖中數(shù)據(jù)即可 求出它的體積2、 【答案】B【考點】用空間向量求平面間的夾角，二面角的平面角及求法【解析】【解答】解法一：如圖所示，建立空間直角坐標系設底面ABC的中心為O不妨設OP=3則O（0， 0，0），P（0，3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，=，=（0，3，6），=（，5，0），=，可得設平面PDR的法向量為=（ x， y， z），則可得 =，取平面ABC的法向量=（ 0， 0， 1）則 cos= ，取 =arccos < < 解法二：如圖所示，連接OD，OQ，OR，過點O 發(fā)布作垂線：OEDR，OFDQ，OGQR，垂

11、足分別為E，F(xiàn)， G，連接PE， PF， PG設 OP=h則 cos =cos =cos =OE> OG> OFcos > cos > cos， ， ， 為銳角 < < 故選：B【分析】解法一：如圖所示，建立空間直角坐標系設底面ABC的中心為O不妨設OP=3則O（ 0， 0，0），P（0，3，0），C（0，6，0），D（0，0，6）， Q， R，利用法向量的夾角公式即可得出二面角解法二：如圖所示，連接OD，OQ，OR，過點O 發(fā)布作垂線：OEDR，OFDQ，OGQR，垂足分別為E，F(xiàn)， G， 連接PE， PF， PG 設 OP=h 可得cos = 同理可得：

12、cos =，cos =由已知可得：OE> OG> OF即可得出3、 【答案】B【考點】由三視圖求面積、體積，由三視圖還原實物圖【解析】【解答】解：由三視圖可得直觀圖，再四棱錐P ABCD中，最長的棱為PA， 即 PA= =2故選： B【分析】根據(jù)三視圖可得物體的直觀圖，結合圖形可得最長的棱為PA，根據(jù)勾股定理求出即可4、 【答案】B【考點】由三視圖求面積、體積，組合幾何體的面積、體積問題，由三視圖還原實物圖【解析】【解答】解：由三視圖可畫出直觀圖，該立體圖中只有兩個相同的梯形的面，S 梯形 =× 2×（ 2+4） =6，這些梯形的面積之和為6× 2=1

13、2，故選： B【分析】由三視圖可得直觀圖，由圖形可知該立體圖中只有兩個相同的梯形的面，根據(jù)梯形的面積公式計 算即可5、 【答案】C【考點】余弦定理的應用，異面直線及其所成的角B1C1 的中點，【解析】【解答】解：如圖所示，設M、 N、 P分別為AB， BB1則 AB1、 BC1 夾角為MN 和 NP 夾角或其補角（因異面直線所成角為（0，），可知 MN= AB1=，NP= BC1=；作 BC中點Q，則PQM 為直角三角形； PQ=1， MQ= AC， ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2 2AB?BC?cos ABC=4+1 2× 2× （1×） =7，A

14、C= ， MQ= ；在 MQP 中，MP=；在 PMN 中，由余弦定理得cos MNP=又異面直線所成角的范圍是（0，AB1 與 BC1 所成角的余弦值為【分析】設M、 N、 P分別為AB， BB1 和 B1C1的中點，得出AB1、 BC1 夾角為MN 和 NP夾角或其補角；根據(jù)中位線定理，結合余弦定理求出AC、 MQ， MP 和 MNP 的余弦值即可6、 【答案】B【考點】由三視圖求面積、體積，組合幾何體的面積、體積問題，由三視圖還原實物圖，棱柱、棱錐、棱臺的體積【解析】【解答】解：由三視圖可得，直觀圖為一個完整的圓柱減去一個高為6 的圓柱的一半，V=? 32× 10 ? 32&#

15、215; 6=63，故選： B由三視圖可得，直觀圖為一個完整的圓柱減去一個高為6 的圓柱的一半，即可求出幾何體的體積7、 【答案】B棱柱、棱錐、棱臺的體積【解答】解：圓柱的高為1 ，它的兩個底面的圓周在直徑為r=，2 的同一個球的球面上，故選： B【分析】推導出該圓柱底面圓周半徑二、填空題8 、 【答案】2+【考點】由三視圖還原實物圖，棱柱、棱錐、棱臺的體積【解析】【解答】解：由長方體長為2，寬為1，高為 1，則長方體的體積V1=2× 1× 1，=2圓柱的底面半徑為1 ，高為1 ，則圓柱的體積V2=× ×1 2× 1= ，則該幾何體的體積V=V

16、1+2V1=2+，故答案為：2+【分析】由三視圖可知：長方體長為2，寬為1，高為 1，圓柱的底面半徑為1，高為 1 圓柱的，根據(jù)長方體及圓柱的體積公式，即可求得幾何體的體積9 、 【答案】【考點】球的體積和表面積【解析】【解答】解：設正方體的棱長為a，這個正方體的表面積為18， 6a2=18，則 a2=3，即a= ，一個正方體的所有頂點在一個球面上，正方體的體對角線等于球的直徑，即a=2R，即 R= ，則球的體積V= ? （） 3=；故答案為：【分析】根據(jù)正方體和球的關系，得到正方體的體對角線等于直徑，結合球的體積公式進行計算即可10 、 【答案】【考點】旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺），球的體積和

17、表面積【解析】【解答】解：設球的半徑為R，則球的體積為：R3，圓柱的體積為： R2?2R=2 R3故答案為：【分析】設出球的半徑，求出圓柱的體積以及球的體積即可得到結果11 、 【答案】4cm3【考點】棱錐的結構特征，棱柱、棱錐、棱臺的體積【解析】【解答】解：由題意，連接OD，交BC于點G，由題意得OD BC， OG=BC，即 OG 的長度與BC的長度成正比，設 OG=x，則BC=2x， DG=5 x，三棱錐的高h=，=3，則 V=，令f（x）=25x410x5，x（0，），f （x） =100x350x4，令f （x）0，即 x4 2x30，解得 x 2 ，則f（x）f （2） =80， V

18、=4cm3，體積最大值為4cm3故答案為：4cm3DG=5x)OD，交 BC于點G，由題意得OD BC， OG=BC，設OG=x，則BC=2x，x，三棱錐的高h=，求出S ABC=3， V=，令f（=25x410x5，x（0，）， f （x）=100x350x4，f（x）f （ 2）=80，由此能求出體積最大值12 、 【答案】【考點】異面直線及其所成的角，用空間向量求直線間的夾角、距離【解析】【解答】解：由題意知，a、 b、 AC三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖，不妨設圖中所示正方體邊長為1，故 |AC|=1 ， |AB|=，斜邊 AB 以直線AC為旋轉軸，則A點保持不變，B 點的運動軌跡

19、是以C 為圓心，1 為半徑的圓，以 C坐標原點，以CD為 x軸， CB為 y軸， CA為 z 軸，建立空間直角坐標系，則D（1 ，0，0），A（0，0，1），直線a的方向單位向量=（0，1，0），|=1 ，直線 b 的方向單位向量=（ 1， 0， 0），|=1 ，設 B 點在運動過程中的坐標中的坐標B（ cos， sin， 0），其中 為BC 與 CD的夾角， 0， 2 ）， AB在運動過程中的向量，=（cos，sin， 1），|=，設 與 所成夾角為 0，則 cos = |sin | 0， ， 正確，錯誤設 與 所成夾角為 0，cos =|cos|，與 夾角為60°時，即 =，co

20、s2+sin2=1，cos =|cos |= 0， = ，此時與 的夾角為60°， 正確，錯誤故答案為：【分析】由題意知，a、 b、 AC三條直線兩兩相互垂直，構建如圖所示的邊長為1 的正方體，|AC|=1 ， |AB|=，斜邊 AB 以直線 AC 為旋轉軸，則A 點保持不變，B 點的運動軌跡是以C為圓心，1 為半徑的圓，以C坐標原點，以CD為 x軸，CB為 y軸，CA為 z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出結果三、解答題13 、 【答案】解：（）AP BE， AB BE，且AB， AP? 平面ABP， AB AP=A， BE平面ABP，又BP? 平面ABP， BE BP，又E

21、BC=12°0，因此CBP=30° ；取 的中點H，連接EH， GH， CH，EBC=12°0，四邊形BEGH為菱形，AE=GE=AC=GC=取 AG 中點M ，連接EM， CM， EC，則 EM AG， CM AG，EMC為所求二面角的平面角又 AM=1 ， EM=CM=在 BEC中，由于EBC=12°0，由余弦定理得：EC2=22+22 2× 2× 2× cos12=01° 2，因此EMC為等邊三角形，故所求的角為60°解法二、以B 為坐標原點，分別以BE， BP， BA所在直線為x， y， z軸建立

22、空間直角坐標系A（0，0，3），E（2， 0， 0），G（1 ，3），C（1， 0），故，設為平面 AEG的一個法向量，z1=2，得設為平面 ACG的一個法向量，由，可得，取z2= 2，得 cos<> =二面角E AG C的大小為60°【考點】旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺），直線與平面垂直的判定，直線與平面垂直的性質(zhì)，用空間向量求平面間的夾角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（）由已知利用線面垂直的判定可得BE平面ABP，得到BE BP，結合EBC=12°0求得CBP=30° ；（）法一、取的中點H，連接EH， GH， CH，可得四邊形BEGH為菱形，

23、取AG中點 M，連接EM，CM，EC，得到EMAG，CMAG，說明EMC為所求二面角的平面角求解三角形得二面角EAGC的大小法二、以B 為坐標原點，分別以BE，BP，BA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系求出A，E，G，E AGC 的坐標，進一步求出平面AEG與平面ACG的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角 C 的大小14、 【答案】（）證明：取AB 中點F，連接MF、 NF，M 為 AD 中點，MF BD， BD? 平面BDE， MF?平面BDE，MF平面BDE N 為 BC中點，NF AC，又 D、 E分別為AP、 PC的中點，DE AC，則NF DE DE? 平面BDE

24、， NF?平面BDE，NF平面BDE又 MF NF=F平面 MFN平面BDE，則MN平面BDE；（）解：PA底面ABC，BAC=90° 以A為原點，分別以AB、 AC、 AP 所在直線為x、 y、 z軸建立空間直角坐標系 PA=AC=4， AB=2， A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1）， N（ 1， 2，0），E（0，2，2），則，設平面 MEN 的一個法向量為，得z=2，得由圖可得平面CME 的一個法向量為，則正弦值為； cos<> =二面角C EM N 的余弦值為（）解：設AH=t，則H（ 0， 0， t），直線NH 與直線 BE所

25、成角的余弦值為， |cos<> |=|=|=解得：t=4當 H 與 P重合時直線NH 與直線 BE所成角的余弦值為，此時線段AH 的長為4【考點】異面直線及其所成的角，平面與平面平行的判定，平面與平面平行的性質(zhì)，用空間向量求平面間的夾角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（）取AB 中點F，連接MF、 NF，由已知可證MF平面BDE， NF平面BDE得到平面MFN平面BDE，則MN平面BDE；（）由PA底面ABC，BAC=90° 可以A為原點，分別以AB、AC、AP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系求出平面MEN 與平面 CME的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦

26、值得二面角C EMN 的余弦值，進一步求得正弦值；（）設AH=t，則H（ 0， 0， t），求出的坐標，結合直線NH 與直線BE所成角的余弦值為列式求得線段AH 的長15、 【答案】證明：（）四棱錐P ABCD，PAD是以 AD為斜邊的等腰直角三角形，BC AD， CD AD， PC=AD=2DC=2CB， E 為 PD 的中點，以 D 為原點，DA為 x軸，DC為 y軸，過 D 作平面 ABCD的垂線為z軸，建立空間直角系，設 PC=AD=2DC=2CB=，2則C（0，1，0），D（0，0， 0），P（1，0，1），E（），A（2，0，0），B（1，1，0），=（），=（1，0，1 ），=（

27、0，1 ，1），設平面PAB的法向量=（ x， y， z），則，取 z=1，得=（ 1， 1， 1），=0， CE?平面PAB， CE平面PAB解：（）=（1 ，1，1），設平面PBC的法向量=（a，b，c），則，取 b=1 ，得=（ 0， 1 ， 1 ），設直線CE與平面PBC所成角為，則sin=|cos<> |=CE與平面PBC所成角的正弦值為【考點】直線與平面平行的判定，直線與平面所成的角，向量方法證明線、面的位置關系定理，用空間向量求直線與平面的夾角【解析】【分析】（）以D為原點，DA為 x軸，DC為 y軸，過 D 作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角系，利用向量法能證

28、明CE平面PAB（）求出平面PBC的法向量和，利用向量法能求出直線CE與平面PBC所成角的正弦值16、 、 【答案】（ 1）證明：如圖，設AC BD=O， ABCD為正方形，O為 BD 的中點，連接OM， PD平面MAC， PD? 平面PBD，平面PBD 平面AMC=OM，PD OM，則，即 M 為 PB的中點；2）解：取AD 中點G，PA=PD，PG AD，PAD平面ABCD，且平面PAD 平面ABCD=AD，PG平面ABCD，則PG AD，連接OG，則PG OG，G 是 AD 的中點，O 是 AC 的中點，可得OG DC，則OG ADG 為坐標原點，分別以GD、 GO、 GP所在直線為x、

29、 y、 z軸距離空間直角坐標系，由 PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（2，4， 0），M（1， 2，），設平面PBD的一個法向量為，則由z=，得取平面 PAD 的一個法向量為cos<> =B PD A 的大小為60°；（ 3）解：，平面 PAD 的一個法向量為直線 MC 與平面BDP所成角的正弦值為|cos <> |=|=|=【考點】直線與平面平行的性質(zhì)，平面與平面垂直的性質(zhì)，直線與平面所成的角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1.）設AC BD=O，則O為 BD的中點，連接OM，利用線

30、面平行的性質(zhì)證明OM PD，再由平行線截線段成比例可得M 為 PB的中點；（2.）取AD 中點G，可得PGAD，再由面面垂直的性質(zhì)可得PG平面ABCD，則PGAD，連接OG，則PGOG，再證明OGAD以G 為坐標原點，分別以GD、GO、GP所在直線為x、y、z軸距離空間直角坐標系，求出平面PBD與平面PAD的一個法向量，由兩法向量所成角的大小可得二面角B PD A的大小；（ 3.） 求出的坐標，由 與平面PBD的法向量所成角的余弦值的絕對值可得直線MC與平面 BDP所成角的正弦值17、 【答案】解：在平面ABCD內(nèi)，過A作 Ax AD， AA1 平面ABCD， AD、 Ax? 平面ABCD，

31、AA1 Ax， AA1 AD，以 A 為坐標原點，分別以Ax、 AD、 AA1 所在直線為x、 y、 z軸建立空間直角坐標系 AB=AD=2， AA1=，BAD=120°，A（ 0， 0， 0），B（），C（， 1 ， 0），D（ 0， 2， 0），A1（ 0， 0，），C1（）=（），=（），cos<> =A1 B 與 AC1 所成角的余弦值為BA1D 的一個法向量為，由，得，取 x=取平面A1AD 的一個法向量為s<> =s<> =B A1D A的正弦值為，則二面角B A1D A的正弦值為【考點】異面直線及其所成的角，直線與平面垂直的性質(zhì)，用空

32、間向量求直線間的夾角、距離，二面角的平面角及求法【解析】【分析】在平面ABCD內(nèi)，過A作AxAD，由AA1平面ABCD，可得AA1Ax，AA1AD，以A為坐標原點，分別以Ax、AD、AA1 所在直線為x、y、z 軸建立空間直角坐標系結合已知求出A，B，C，D， A1， C1的坐標，進一步求出， 的坐標（）直接利用兩法向量所成角的余弦值可得異面直線A1B與 AC1 所成角的余弦值；（）求出平面BA1D與平面A1AD 的一個法向量，再由兩法向量所成角的余弦值求得二面角B A1D A的余弦值，進一步得到正弦值18、 、 【答案】證明：（）因為ABAD，EFAD，且A、B、E、F 四點共面，所以ABE

33、F，又因為 EF?平面ABC， AB? 平面ABC，所以由線面平行判定定理可知：EF平面ABC；（）在線段CD上取點G，連結FG、 EG使得FG BC，則EG AC，因為BC BD，所以FG BC，又因為平面ABD平面BCD，所以FG平面ABD，所以FG AD，又因為AD EF，且EF FG=F，所以AD平面EFG，所以AD EG，故 AD AC空間中直線與直線之間的位置關系，直線與平面平行的判定【分析】（）利用AB EF及線面平行判定定理可得結論；（）通過取線段CD上點G，連結FG、 EG使得FG BC，則EG AC，利用線面垂直的性質(zhì)定理可知FG AD，結合線面垂直的判定定理可知AD平面E

34、FG，從而可得結論19、 【答案】（）證明：取PA的中點F，連接EF， BF，因為E是 PD的中點，所以EFAD，AB=BC= AD， BAD=ABC=9°0， BCAD，BCEF是平行四邊形，可得 CEBF， BF?平面 PAB，CF?平面PAB，直線CE平面PAB；（）解：四棱錐P ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD， AB=BC= AD， BAD= ABC=9°0 ， E 是 PD的中點取 AD 的中點O， M 在底面ABCD上的射影N 在 OC上，設AD=2，則AB=BC=1， OP= ，PCO=6°0，直線BM 與底面ABCD所成角為

35、45°，可得：BN=MN， CN=MN， BC=1，可得：1+ BN2=BN2，BN= ， MN=，作 NQ AB于 Q，連接MQ，M AB D 的余弦值為：所以MQN 就是二面角M AB D 的平面角，MQ=直線與平面平行的判定，二面角的平面角及求法【分析】（）取PA的中點F，連接EF， BF，通過證明CE BF，利用直線與平面平行的判定定理證明即可（）利用已知條件轉化求解M 到底面的距離，作出二面角的平面角，然后求解二面角M AB D 的余弦值即可20、 【答案】（）證明：如圖所示，取AC的中點O，連接BO， ODABC是等邊三角形，OB AC ABD 與 CBD中，AB=BD=BC，ABD= CBD，ABDCBD，AD=CDACD是直角三角形， AC 是斜邊，ADC=9°0 DO= AC DO2 +BO2=AB2=BD2BOD=9°0 OB OD又 DO AC=O，OB平面ACD又 OB? 平面ABC，平面ACD平面ABC（）解：設點D， B 到平面ACE的距離分別為hD， hE則= PD平面PAB，則為平面PAB的一個法向量，39AEC把四面體ABCD分成體