2015届高三二轮复习立体几何专题训练

空间向量与立体几何解答题精选1 已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ，且12PA AD DC ===，1AB =，M 是PB 的中点 （Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小 证明：以A 为坐标原点AD 长为单位长度， 如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为1(0,0,0),(0,2,0),(1,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(0,1,)2A B C D P M（Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP ⊥=⋅==所以故由题设知AD DC ⊥，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面PAD 又DC 在面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD（Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅>=<=⋅==PB AC PB AC 所以故（Ⅲ）解：在MC 上取一点(,,)N x y z ，则存在,R ∈λ使,λ=..21,1,1),21,0,1(),,1,1(λλ==-=∴-=---=z y x z y x要使14,00,.25AN MC AN MC x z λ⊥=-==只需即解得),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角30304||,||,.52cos(,).3||||2arccos().3AN BN AN BN AN BN AN BN AN BN ===-∴==-⋅-故所求的二面角为2 如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD （Ⅰ）证明：AB ⊥平面VAD ；（Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系 （Ⅰ）证明：不防设作(1,0,0)A ，则(1,1,0)B ， )23,0,21(V ， )23,0,21(),0,1,0(-==由,0=⋅得AB VA ⊥，又AB AD ⊥，因而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直 ∴AB ⊥平面VAD（Ⅱ）解：设E 为DV 中点，则)43,0,41(E ， ).23,0,21(),43,1,43(),43,0,43(=-=-=DV EB EA由.,,0DV EA DV EB ⊥⊥=⋅又得 因此，AEB ∠是所求二面角的平面角，,721||||),cos(=⋅=EB EA EB EA 解得所求二面角的大小为.721arccos3如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形， 侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB =，1BC =，2PA =，E 为PD 的中点（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出点N 到AB 和AP 的距离解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则,,,,,A B C D P E 的坐标为(0,0,0)A 、B、C 、(0,1,0)D 、(0,0,2)P 、1(0,,1)2E ，从而).2,0,3(),0,1,3(-== 设的夹角为θ，则,1473723||||cos ==⋅=PB AC θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473 （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为(,0,)x z ，则)1,21,(z x --=，由NE ⊥面PAC 可得，⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(，从而N 点到AB 和AP的距离分别为4 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体 被截面1AEC F 所截面而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====（Ⅰ）求BF 的长；（Ⅱ）求点C 到平面1AEC F 的距离解：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(2,4,0)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)A C E C 设(0,0,)F z∵1AEC F 为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴（II ）设1n 为平面1AEC F 的法向量，)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x n n 得由,⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为α，则 .333341161133cos 11=++⨯==α ∴C 到平面1AEC F 的距离为.11334333343cos ||1=⨯==αCC d 5 如图，在长方体1111ABCD A B C D -，中，11,2AD AA AB ===，点E 在棱AD 上移动 （1）证明：11D E A D ⊥；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离； （3）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π解：以D 为坐标原点，直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设AE x =，则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)A D E x A C（1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111D DA x D DA ⊥=-=所以因为（2）因为E 为AB 的中点，则(1,1,0)E ，从而)0,2,1(),1,1,1(-=-=AC E D ，)1,0,1(1-=AD ，设平面1ACD 的法向量为),,(c b a n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,01AD 也即⎩⎨⎧=+-=+-002c a b a ，得⎩⎨⎧==c a ba 2，从而)2,1,2(=n ，所以点E 到平面1ACD 的距离为.313212||1=-+==n h （3）设平面1D EC 的法向量),,(c b a n =，),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD D x由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(02,0,01x b a c b C D n 令1,2,2b c a x =∴==-，∴).2,1,2(x -= 依题意.225)2(2224cos211=+-⇒==x π∴321+=x （不合，舍去），322-=x∴2AE =时，二面角1D EC D --的大小为4π6 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，E 为棱1CC 上异于1,C C 的一点，1EA EB ⊥，已知112,1,3AB BB BC BCC π===∠=，求：（Ⅰ）异面直线AB 与1EB 的距离；（Ⅱ）二面角11A EB A --的平面角的正切值解：（I ）以B 为原点，1BB 、分别为,y z 轴建立空间直角坐标系由于，112,1,3AB BB BC BCC π===∠=在三棱柱111ABC A B C -中有1(0,0,0),(0,2,0)B A B ,)0,23,23(),0,21,23(1C C -设即得由,0,),0,,23(11=⋅⊥EB EA EB EA a E)0,2,23()2,,23(0a a --⋅--= ,432)2(432+-=-+=a a a a .,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得又AB ⊥侧面11BB C C ，故AB BE ⊥ 因此BE 是异面直线1,AB EB 的公垂线， 则14143||=+=BE ，故异面直线1,AB EB 的距离为 （II ）由已知有,,1111EB A B EB ⊥⊥故二面角11A EB A --的平面角θ的大小为向量A B 与11的夹角.22tan ,32||||cos ),2,21,23(),2,0,0(111111===--===θθ即故因A B EA A B7 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE EC ⊥已知,21,2,2===AE CD PD 求（Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离； （Ⅱ）二面角E PC D --的大小解：（Ⅰ）以D 为原点，、、分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系由已知可得(0,0,0),(0,2,0)D P C 设),0,2,(),0)(0,0,(x B x x A 则>).0,23,(),2,21,(),0,21,(-=-=x x x E 由0=⋅⊥CEPE 得，即.23,0432==-x x 故 由CE DE CE DE ⊥=-⋅=⋅得0)0,23,23()0,21,23(，又PD DE ⊥，故DE 是异面直线PD 与CE 的公垂线，易得1||=，故异面直线PD ,CE 的距离为（Ⅱ）作DG PC ⊥，可设(0,,)G y z 由0=⋅得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y 即),2,1,0(,2==y z 故可取作EF PC ⊥于F ，设(0,,)F m n ，则1(,).2EF m n =--由10(,)(0,2,0,2102EF PC m n m ⋅=-⋅=-=得即，又由F 在PC 上得11,(2n m n EF =+===-故 因,,EF PC DG PC ⊥⊥故E PC D --的平面角θ的大小为向量EF DG 与的夹角故2cos ,4||||DG EF DG EF πθθ⋅=== 即二面角E PC D --的大小为.4π空间向量与立体几何解答题精选1 已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB DC ，⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ，且12PA AD DC ===，1AB =，M 是PB 的中点 （Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小2 如图，在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形,平面VAD ⊥底面ABCD （Ⅰ）证明：AB ⊥平面VAD ；（Ⅱ）求面VAD 与面DB 所成的二面角的大小3 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形， 侧棱PA ⊥底面ABCD，AB =，1BC =，2PA =，E 为PD 的中点（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出点N 到AB 和AP 的距离4 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体 被截面1AEC F 所截面而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====（Ⅰ）求BF 的长；（Ⅱ）求点C 到平面1AEC F 的距离5 如图，在长方体1111ABCD A B C D -，中，11,2AD AA AB ===，点E 在棱AD 上移动 （1）证明：11D E A D ⊥；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离； （3）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π6 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，E 为棱1CC 上异于1,C C 的一点，1EA EB ⊥，已知112,1,3AB BB BC BCC π===∠=，求：（Ⅰ）异面直线AB 与1EB 的距离；（Ⅱ）二面角11A EB A --的平面角的正切值7 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形， PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PF EC ⊥已知,21,2,2===AE CD PD 求（Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离；（Ⅱ）二面角E PC D --的大小。

立体几何专题训练1.如图所示空间图形中， 四边形ABCD 为矩形，ABE AD 平面⊥，2===BC EB AE ，F 为CE 上的点，且ACE BF 平面⊥. （Ⅰ）求证：BCE AE 平面⊥； （Ⅱ）求证；BFD AE 平面//； （Ⅲ）求三棱锥BGF C -的体积. 解： （Ⅰ）证明： ABE AD 平面⊥，BC AD //∴ABE BC 平面⊥，则BC AE ⊥ACE BF 平面⊥，则BF AE ⊥∴BCE AE 平面⊥（Ⅱ）证明：依题意可知：G 是AC 中点ACE BF 平面⊥ 则BF CE ⊥，而BE BC = ∴F 是EC 中点 在AEC ∆中，AE FG //∴BFD AE 平面//（Ⅲ）解： BFD AE 平面//∴FG AE //，而BCE AE 平面⊥∴BCE FG 平面⊥∴BCF FG 平面⊥G 是AC 中点∴F 是CE 中点 ∴FG AE //且121==AE FGACE BF 平面⊥ ∴CE BF ⊥∴BCE Rt ∆中，221===CE CF BF∴12221=⋅⋅=∆CFB S∴3131=⋅⋅==∆--FG S V V CFB BCF G BFG C2．如图,在四棱锥ABCD P -中,底面ABCD 为直角梯形,BC AD //, 90=∠ADC ,平面⊥PAD 底面ABCD ,Q 为AD 的中点, 2==PD PA ，3,121===CD AD BC ,M 是棱PC 的中点。

（Ⅰ）求证: //PA 平面MQB ； （Ⅱ）证明：⊥CD 平面PAD （Ⅲ）求三棱锥DQM P -的体积。

解：证明:（Ⅰ）连接AC ，交BQ 于N ,连接MN ，AD BC // 且AD BC 21=，即AQ BC //， ∴四边形BCQA 为平行四边形,且N 为AC 中点,又因为点M 是棱PC 的中点, PA MN //∴，因为BABCD Q MBCMB 1C 1NCBA⊂MN 平面MQB ，⊄PA 平面MQB ，则MQB //平面PA ；（Ⅱ）∵Q 为AD 的中点, 2==PD PA ，∴PQ AD PAD ABCD PQ ABCD DC ABCDPQ DC AD DC DC PAD⊥⊥∴⊥⊂∴⊥⊥∴⊥平面平面平面平面,又平面(Ⅲ)PDQ M DQM P V V --=,已证出⊥CD 平面PAD 所以M 到平面PAD 的距离为CD 21所以413211321312121312131=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅==∆--CD PQ QD CD S V V PDQ PDQ M DQM P3．已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，（1）求证：N B C BC 11//平面；（2）求证：BN 11C B N ⊥平面； （3）求此几何体的体积.解：（1）证明： 该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，∴1,,BB BC BA 两两互相垂直。

北京各区二模理科数学分类汇编立几(2015届西城二模) 8．在长方体，点M 为AB 1 的中点，点P 为对角线AC 1上的动点，点Q 为底面ABCD上的动点（点P ，Q 可以重合），则MP ＋PQ 的最小值为（ ）(2015届西城二模) 17．（本小题满分14 分） 如图 1，在边长为4 的菱形ABCD 中，AB DE BAD⊥=∠,600于点E ，将△ADE 沿DE折起到△A 1D E 的位置，使A 1D ⊥DC ，如图 2．⑴ 求证：A 1E ⊥平面BCDE ；⑵ 求二面角E —A 1B —C 的余弦值；⑶ 判断在线段EB 上是否存在一点P ，使平面A 1DP ⊥A 1BC ？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．17．（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：因为DE BE ⊥,//BE DC ,所以DE DC ⊥, ……………… 1分 又因为1A D DC ⊥，1A D DE D =I ,所以DC ⊥平面1A DE ， ……………… 2分所以1DC A E ⊥. ……………… 3分又因为1A E DE ⊥,DC DE D =I ,所以1A E ⊥平面BCDE .……………… 4分（Ⅱ）解：因为1A E ⊥平面BCDE ，DE BE ⊥，所以1,,A E DE BE 两两垂直，以1,,EB ED EA 分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系， ……………… 5分易知23DE=,则1(0,0,2)A ，(2,0,0)B ，(4,23,0)C ，(0,23,0)D ， EA 1BCD所以1(2,0,2)BA =-u u u r,(2,0)BC =u u u r.平面1A BE 的一个法向量为0,1,0n =r（）， ……………… 6分 设平面1A BC 的法向量为(,,)m x y z =u r,由10BA m ⋅=u u u r u r ，0BC m ⋅=u u u r u r ,得220,20.x z x -+=+=⎧⎪⎨⎪⎩令 1y =,得(m =u r. ……………… 8分所以cos ,7||||m n m n m n ⋅<>==⋅u r r u r ru u r r .由图，得二面角1E A B C --的为钝二面角，所以二面角1E A B C --的余弦值为7-. ……………… 10分（Ⅲ）结论：在线段EB 上不存在一点P ，使平面1A DP ⊥平面1A BC . ……………… 11分 解：假设在线段EB 上存在一点P ，使平面1A DP⊥平面1A BC .设(,0,0)P t （02t ≤≤），则1(,0,2)A P t =-u u u r,1(0,2)A D =-u u u r，…………… 12分设平面1A DP 的法向量为111(,,)p x y z =u r，由10A D p ⋅=u u u r u r ，10A P p ⋅=u u u r u r，得111120,20.z tx z -=-=⎧⎪⎨⎪⎩令 12x =，得所以)p t =u u r. ……………… 13分 因为平面1A DP⊥平面1A BC ，所以0m p ⋅=u r u r，即0=，解得3t =-. 因为02t ≤≤，所以在线段EB 上不存在点P ，使得平面1A DP ⊥平面1A BC . ……………… 14分(2015届海淀二模)A 1B EC答案：C(2015届海淀二模)（17）（共14分）（Ⅰ）证明：连结BD交AC于点O，连结OM.因为//AB CD，2AB CD=，所以2BO ABDO CD==.因为2BM MP=，所以2BMPM=.所以BM BOPM DO=.所以//OM PD. ………………2分因为OM⊂平面MAC，PD⊄平面MAC，所以//PD平面MAC. ………………4分（Ⅱ）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AD AB⊥，平面PAD I平面ABCD AD=，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD. ………………6分因为PA⊂平面PAD，所以AB PA⊥. ………………7分同理可证：AD PA⊥.因为AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD AB A=I，所以PA⊥平面ABCD. ………………9分（Ⅲ）解：分别以边,,AD AB AP所在直线为,,x y z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由MBD COAPEFA22AB AD AP CD ====得(0,0,0)A ，(0,2,0)B ，(2,1,0)C ，(2,0,0)D ，(0,0,2)P ，则(2,1,0)AC =u u u r，(0,2,2)PB =-u u r.由（Ⅱ）得：PA ⊥平面ABCD .所以 平面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)n =r. ………………10分设PMPBλ=(01)λ≤≤，即PM PB λ=uuu r uu r .所以(0,2,22)AM AP PB λλλ=+=-u u u r u u u r u u r.设平面AMC 的法向量为(,,)m x y z =u r，则 0,0,m AC m AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r uuu r ur uuu r 即20,2(22)0.x y y z λλ+=⎧⎨⋅+-⋅=⎩令1x λ=-，则22y λ=-，2z λ=-.所以(1,22,2)m λλλ=---u r. ………………12分因为 二面角B AC M --的余弦值为23，所以23=，解得12λ=. 所以 PM PB的值为12. ………………14分(2015届东城二模)（17）（本小题共14分） 如图，三棱柱ABC DEF -的侧面BEFC 是边长为1的正方形，侧面BEFC ⊥侧面ADEB ，4AB =，60DEB ∠=o ，G 是DE 的中点．（Ⅰ）求证：CE ∥平面AGF ；（Ⅱ）求证：GB ⊥平面BEFC ；（Ⅲ）在线段BC 上是否存在一点P ，使二面角P GE B --为45o，的长；若不存在，说明理由．（17）（共14分） （Ⅰ）证明：连接CD 与AF 相交于H ，则H 为CD 的中点，连接HG ．因为G 为DE 的中点， 所以HG ∥CE ． 因为CE ⊄平面AGF ，HG ⊂平面AGF ，A所以CE ∥平面AGF ． ………4分（Ⅱ）证明：1BE =，2GE=，在△GEB 中，60GEB ∠=o ，BG =因为222BGBE GE +=，所以GB BE ⊥． 因为侧面BEFC⊥侧面ADEB ，侧面BEFC I 侧面ADEB BE =，GB ⊂平面ADEB ，所以GB ⊥平面BEFC ． ………8分（Ⅲ）解：,,BG BE BC 两两互相垂直，建立空间直角坐标系B xyz -．二面角P GE B --为45．假设在线段BC 上存在一点P ，使平面BGE 的法向量(0,0,1)=m，设(0,0,),[0,1]P λλ∈．G (0,1,0)E ．所以()GP λ=u u u r ，(GE =u u u r．设平面PGE 的法向量为(,,)x y z =n ，则0,0.GP GE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u uu r u u u rn n 所以0,0.z y λ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩令1z=，得y λ=，x =， 所以PGE 的法向量为,1)λ=n ．因为1⋅=m n ， 所以112=，解得[]0,12λ=，故2BP =． 因此在线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B --为45o， 且BP =………14分(2015届昌平二模) 6 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为A.B.C.D.(2015届丰台二模) 5(A) 6(B)29(C) 3 (D)23(2015届丰台二模)17.（本小题共14分）如图所示，在四棱柱1111D C B A ABCD -中，⊥1AA 底面ABCD，BD AC⊥于O,且124AA OC OA ===，点M 是棱1CC 上一点．（Ⅰ）如果过1A ，1B ，O 的平面与底面ABCD 交于直线l ，求证：//l AB ；（Ⅱ）当M 是棱1CC 中点时，求证：1AO DM ⊥；（Ⅲ）设二面角1A BD M--的平面角为θ，当cos 25θ=时，求CM 的长．（Ⅲ）原题：设二面角1A BD M--的余弦值为25，求CM 的长．（要舍一解）17.（本小题共14分）证明：（Ⅰ）因为1111D C B A ABCD -是棱柱，所以BAB A 11是平行四边形．所以AB B A //11．侧 视图俯视图俯视图正视图OMD 1C 1B 1A 1DCBA因为⊄11B A 平面ABCD ，⊂AB 平面ABCD ，所以//11B A 平面ABCD ．因为平面IO B A 11平面ABCD l =，所以11//B A l ． 所以AB l //．………………4分（Ⅱ）因为DB AC ⊥于O ，如图建立空间直角坐标系．因为41=AA ，且24OC AO ==，所以(0,0,0)O ，(4,0,0)C ，(2,0,0)A -，1(2,0,4)A -．因为M 是棱1CC 中点，所以(4,0,2)M ．设(0,,0)D b ，所以(4,,2)DM b =-u u u u r，1(2,0,4)OA =-u u u r ．所以08081=++-=⋅OA DM ．所以1AO DM ⊥． ……………………8分（Ⅲ）设(0,,0)D b ，(0,,0)B c ，平面BD A 1的法向量为),,(z y x =，又因为1(2,,4)A D b =-u u u u r ，1(2,,4)A B c =-u u u r ，所以1102402400m A D x by z x cy z m A B ⎧⋅=+-=⎧⎪⇒⎨⎨+-=⋅=⎩⎪⎩u r u u u u r u r u u u r． 因为c b ≠，所以0=y ，令1z =，则2x =，所以(2,0,1)m =u r． 设),0,4(h M ，所以(4,,)MD b h =--u u u u r ，(4,,)MB c h =--u u u r．设平面MBD 的法向量为111(,,)n x y z =r，所以 111111400400x by hz n MD x cy hz n MB ⎧-+-=⋅=⎧⎪⇒⎨⎨-+-=⋅=⎩⎪⎩r u u u u r r u u u r． 因为c b ≠，所以10y =，令11z =，则14h x =-，所以(,0,1)4hn =-r ．又因为cos 25θ=，B所以25 cos ,25m n<>=u r r，即21252255116hm nn m h-⋅==⨯+u r rr u r．解得3h=或76h=．所以点(4,0,3)M或7(4,0,)6M．所以3CM=或76CM=．……………………14分(2015届昌平二模) 17. (本小题满分14分)如图，已知等腰梯形ABCD中，1//,2,2AD BC AB AD BC E===是BC的中点，AE I BD M=，将BAE∆沿着AE翻折成1B AE∆，使平面1B AE⊥平面AECD.（I）求证：1CD B DM⊥平面；（II）求二面角1D AB E--的余弦值；（III）在线段1B C上是否存在点P，使得//MP平面1B AD，若存在，求出11B PB C的值；若不存在，说明理由.17. (本小题满分14分)( I ) 由题意可知四边形ABED是平行四边形，所以MEAM=，故AEMB⊥1.又因为,AB BE M AE=为的中点,所以BM AE⊥,即.DM AE⊥AD//BC又因为, 2.AD CE==所以四边形ADCE是平行四边形.所以//.AE CD故CD DM⊥.因为平面⊥AEB1平面AECD, 平面IAEB1平面AEAECD=,1B M⊂平面AECD所以⊥MB1平面AECD.1.B M AE⊥因为⊂CD平面AECD, 所以⊥MB1CD.因为MMBMD=1I, MD、⊂MB1平面MDB1,所以⊥CD平面MD B 1. ……………5分(II) 以ME 为x 轴, MD 为y 轴, 1MB 为z 轴建立空间直角坐标系，则)0,3,2(C , )3,0,0(1B , )0,0,1(-A ,)0,3,0(D .平面E AB 1的法向量为)0,3,0(=→MD .设平面A DB 1的法向量为),,(z y x m =→, 因为)3,0,1(1=→AB ，)0,3,1(=→AD ,⎪⎩⎪⎨⎧=+=+0303y x z x , 令1=z 得, )1,1,3(-=→m .所以55,cos>=<→→MD m , 因为二面角E AB D --1为锐角, 所以二面角E AB D --1的余弦值为55. ……………10分(III) 存在点P ,使得//MP 平面1B AD . ……………11分 法一: 取线段1B C 中点P ，1B D 中点Q ，连结,,MP PQ AQ . 则//PQ CD ，且1=2PQ CD . 又因为四边形AECD 是平行四边形，所以//AE CD .因为M 为AE 的中点，则//AM PQ .所以四边形AMPQ 是平行四边形，则//MP AQ .又因为AQ ⊂平面1AB D ,所以//MP 平面1AB D .所以在线段C B 1上存在点P ，使得//MP 平面AD B 1，2111=C B P B . ……………14分 法二：设在线段C B 1上存在点P ，使得//MP 平面AD B 1,设11B P B C λ=u u u r u u u u r,(10≤≤λ),(2,3,0)C ，因为11MP MB B P =+u u u r u u u u r u u u r .所以(2,3,33)MP λλλ=-u u u r.xyAE CDMB 1z因为//MP 平面AD B 1, 所以0MP m ⋅=u u u r u r, 所以033332=-++-λλλ, 解得21=λ, 又因为MP ⊄平面AD B 1, 所以在线段C B 1上存在点P ，使得//MP 平面AD B 1，2111=C B P B ．……………14分。

第1讲 空间几何体考情解读 1．以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2．考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系2．空间几何体的三视图（1）三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影形成的平面图形．（2）三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．（3）画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．看不到的线画虚线． 3．直观图的斜二测画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则：（1）原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．（2）原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半． 4．空间几何体的两组常用公式 （1）柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上，下底面的周长，h ′为斜高)；④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)．（2）柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)；④V 球＝43πR 3.热点一 三视图与直观图例1 （1）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．83B ．8C ．323D ．16（2）(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()思维启迪 (1)根据三视图确定几何体的直观图；(2)分析几何体的特征，从俯视图突破．思维升华 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．（1）(2013·课标全国Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )（2）将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()热点二 几何体的表面积与体积例2 （1）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．2πB ．22πC ．π3D ．2π3（2）如图，在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，DE ，则几何体EFC 1－DBC 的体积为()A ．66B ．68C ．70D ．72思维启迪 (1)由三视图确定几何体形状；(2)对几何体进行分割．思维升华 (1)利用三视图求解几何体的表面积、体积，关键是确定几何体的相关数据，掌握应用三视图的“长对正、高平齐、宽相等”；(2)求不规则几何体的体积，常用“割补”的思想．多面体MN －ABCD 的底面ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该多面体的体积是()A ．16＋33B ．8＋633C ．163D ．203热点三 多面体与球例3 如图所示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体ABCD ，使平面ABD⊥平面BCD ，若四面体ABCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．32π B ．3π C ．23π D ．2π 思维启迪 要求出球的体积就要求出球的半径，需要根据已知数据和空间位置关系确定球心的位置，由于△BCD 是直角三角形，根据直角三角形的性质：斜边的中点到三角形各个顶点的距离相等，只要再证明这个点到点A 的距离等于这个点到B ，C ，D 的距离即可确定球心，进而求出球的半径，根据体积公式求解即可． 思维升华 多面体与球接、切问题求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R 2＝a2＋b 2＋c 2求解．（1）(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4（2）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．1．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积，在计算时要注意区分是“侧面积还是表面积”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和．2．在体积计算中都离不开空间几何体的“高”这个几何量(球除外)，因此体积计算中的关键一环就是求出这个量．在计算这个几何量时要注意多面体中的“特征图”和旋转体中的轴截面．3．一些不规则的几何体，求其体积多采用分割或补形的方法，从而转化为规则的几何体，而补形又分为对称补形(即某些不规则的几何体，若存在对称性，则可考虑用对称的方法进行补形)、还原补形(即还台为锥)和联系补形(某些空间几何体虽然也是规则几何体，不过几何量不易求解，可根据其所具有的特征，联系其他常见几何体，作为这个规则几何体的一部分来求解)． 4．长方体的外接球（1）长、宽、高分别为a 、b 、c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R ； （2）棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R.真题感悟1．(2014·北京)在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A ．S 1＝S 2＝S 3 B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3 C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 12．(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 1．D 2．32 1．B 2．A押题精练1．把边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，连接AC ，得到三棱锥C －ABD ，其正视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如图所示)，则其侧视图的面积为()A ．32 B ．12 C ．1 D ．222．在三棱锥A －BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ABD 的面积分别为22，32，62，则三棱锥A －BCD 的外接球体积为( ) A ．6π B ．26π C ．36π D ．46π(推荐时间：50分钟)一、选择题1．已知正三棱锥V －ABC 的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图的面积为()A ．2B ．4C ．6D ．82．右图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为( ) A ．2 B ．23 C ．43 D ．833．如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为( )A ．15＋3 3B ．9 3C ．30＋6 3D ．18 34．已知正四棱锥的底面边长为2a ，其侧(左)视图如图所示．当正(主)视图的面积最大时，该正四棱锥的表面积为()A ．8B ．8＋8 2C ．8 2D ．4＋8 25．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，该几何体的体积为()A ．33π B ．36π C ．32π D ．3π 6．(2014·大纲全国)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A ．81π4 B ．16π C ．9π D ．27π4二、填空题7．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．8．如图，侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA ＝40°，过A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为____________．9．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为______．10．已知矩形ABCD 的面积为8，当矩形周长最小时，沿对角线AC 把△ACD 折起，则三棱锥D －ABC 的外接球的表面积等于________． 三、解答题11．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形． （1）求该几何体的体积V ； （2）求该几何体的侧面积S .12．如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与P 重合)，使得∠PEB ＝30°. （1）求证：EF ⊥PB ；（2）试问：当点E 在何处时，四棱锥P —EFCB 的侧面PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P—EFCB 的体积．例1 (1)B (2)D 变式训练1 (1)A (2)D 例2 (1)D (2)A 变式训练2 D例3 答案 A 变式训练3 (1)B (2)133π1．32 2．D 1．B 2．ACDB B AA 7．2＋22 8．6 9．1610．16π 11．解 由已知可得，该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的投影是矩形中心的四棱锥E －ABCD . (1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)四棱锥E －ABCD 的两个侧面EAD ，EBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高h 1＝ 42＋(82)2＝42；另两个侧面EAB ，ECD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h 2＝ 42＋(62)2＝5.因此S ＝2×(12×6×42＋12×8×5)＝40＋24 2.12．(1)证明 ∵EF ∥BC 且BC ⊥AB ，∴EF ⊥AB ，即EF ⊥BE ，EF ⊥PE .又BE ∩PE ＝E ， ∴EF ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ， ∴EF ⊥PB .(2)解 设BE ＝x ，PE ＝y ，则x ＋y ＝4. ∴S △PEB ＝12BE ·PE ·sin ∠PEB＝14xy ≤14⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＝1. 当且仅当x ＝y ＝2时，S △PEB 的面积最大． 此时，BE ＝PE ＝2. 由(1)知EF ⊥平面PBE ， ∴平面PBE ⊥平面EFCB ，在平面PBE 中，作PO ⊥BE 于O ，则PO ⊥平面EFCB . 即PO 为四棱锥P —EFCB 的高． 又PO ＝PE ·sin 30°＝2×12＝1.S EFCB ＝12×(2＋4)×2＝6.∴V P —BCFE ＝13×6×1＝2.。

福州2015年高考数学二轮复习专题训练：立体几何本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形.以上结论正确的是( )A ．①②B ． ①C ．③④D ． ①②③④【答案】B 2．如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且2MG GN =，现用基向量,,OA OB OC 表示向量，设OG xOA yOB zOC =++，则x 、y 、z 的值分别是( )A ． x ＝31，y ＝31，z ＝31 B ． x ＝31，y ＝31，z ＝61 C ． x ＝31，y ＝61，z ＝31 D ． x ＝61，y ＝31，z ＝31 【答案】D 3．在半径为R 的球内放入大小相等的4个小球，则小球半径r 的最大值为( )A ．()R 26-B ． ()R 12-C ．R 41D ．R 31【答案】A4．如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中E 、F 分别为棱DD 1、BB 1上的动点，且BF=D 1E ，设EF 与AB 所成角为α，EF 与BC 所成的角为β，则βα+的最小值为( )A ．︒45B ．︒60C ．︒90D ．无法确定【答案】C 5．若一个螺栓的底面是正六边形，它的主视图和俯视图如图所示，则它的体积是( )A ．πB ．πC ．πD ．π【答案】C6．有下列命题：①有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；②有两个面平行, 其 余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱； ③有两个面平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱；④ 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台。

(文)三、立体几何综合题立体几何题担负的重任是考查考生的空间想象能力．《考试大纲》的要求是，能画出简单空间图形(如长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图，理解空间直线、平面位置关系的定义以及它们的判定定理和性质定理，能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．能用空间向量的方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的论证和计算问题．立体几何解答题主要分两类：一类是空间线面关系的判定和推理证明，主要是证明平行和垂直，求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论证；另一类是空间几何体的体积计算．阅卷案例3(2013·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE⊥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.审题(1)切入点：从平面P AD⊥平面ABCD入手．关注点：P A⊂平面P AD.(2)切入点：从证明四边形ABED是平行四边形入手．关注点：BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD.(3)切入点：从证明CD⊥平面BEF入手．关注点：CD⊂平面PCD.解题证明(1)因为平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥AD且P A在平面P AD内，这两个平面的交线为AD，(2分)所以由两个平面垂直的性质定理得P A⊥底面ABCD.(3分)(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四边形ABED为平行四边形，(5分)所以BE∥AD.(6分)又因为BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BE∥平面P AD.(8分)(3)因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，所以AD⊥CD，BE⊥CD，(9分)由(1)知P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD，因为P A，AD相交于点A，所以CD⊥平面P AD，所以CD⊥PD，(10分)因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF，因为EF，BE相交于点E，所以CD⊥平面BEF，(11分)因为平面PCD经过直线CD，所以平面BEF⊥平面PCD.(12分)阅读现象评分细则第(1)问得分点及说明得分点：①“P A在平面P AD内”，“这两个平面的交线为AD”，各得1分．②只要把面面垂直的性质定理的条件摆全，就给3分．说明：①只有“平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥AD”不得分．②只要出现线在面内，两个平面的交线，就给2分，再推出线面垂直，就给3分．③只说“根据两个平面垂直的性质定理得P A⊥底面ABCD，”给1分．第(2)问得分点及说明得分点：①“四边形ABED为平行四边形”，给2分．②“BE∥AD”，给1分．③“BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BE∥平面P AD”，给2分．说明：①有平行四边形ABFD就得2分．②由条件直接得BE∥AD，只给2分，扣1分．③没有说明BE⊄平面P AD，扣1分．④没有说明AD⊂平面P AD，不扣分．⑤若直接由条件得AB∥DE，且AB＝DE，推出BE∥AD，进而有BE∥平面P AD，只给2分．第(3)问得分点及说明得分点：①前面有过程，到“CD⊥PD”，得2分．②有“CD⊥平面BEF”，得1分．③有“平面PCD经过直线CD，所以平面BEF⊥平面PCD”，得1分．说明：①有CD⊥平面P AD，给1分，若无，再看AD⊥CD，BE⊥CD，有一个就得1分，两个都没有，不得分．②有“CD⊥平面BEF”，得1分，若没有，再看CD⊥EF，有就给1分，没有，不得分．③有“平面PCD经过直线CD，”给1分，没有，扣1分．满分规则规则1得步骤分：是得分点的步骤，有则给分，无则没分如第(1)问，只要出现“线在面内，两个平面的交线”，就给2分，再推出线面垂直，就给3分，因此还是分步骤写过程容易得分．规则2得关键分：解题过程的关键点，有则给分，无则没分如第(2)问中的“四边形ABED为平行四边形”，得2分，“BE∥AD”，得1分，“BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BE∥平面P AD”，得2分．第(3)问中EF，BF相交于点E，是关键点，没有则不给分．第(3)问中“平面PCD经过直线CD”，是关键点，没有这句话，就扣1分．规则3得转化分：解题中的转化思想非常重要，可打开思路，得到分数三问中都要用到平行、垂直的定理、性质相互转化证明，这样思路变通畅，可以顺利解决问题，得到满分．规则4通性通法得分：评分细则针对最基本的方法给分如第(1)问证线面垂直，就利用已知面面垂直的性质定理推导；第(2)问证明线面平行，就利用线面平行的判定定理，找线线平行；第(3)问要证明面面垂直，就利用面面垂直的判定定理，转化为证明线面垂直．再利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直．这些都是证明线面关系的通性通法，考试中可以得到基本分．阅卷心得不求巧妙用通法，通性通法要强化高考评分细则只对主要解题方法也是最基本的方法给出详细得分标准，所以用最常规的方法往往与参考答案一致，比较容易踩到得分点．变题3．(2014·福建厦门质检)在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，M 、N 分别是BC 和PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)证明：平面PBD ⊥平面P AC .证明 (1)取P A 的中点O ，连接BO 、NO . ∴NO 是△P AD 的中位线，∴NO ∥AD ，NO ＝12AD .(2分) ∵四边形ABCD 为菱形，∴MB ∥AD ，MB ＝12AD ， ∴NO ∥MB ，NO ＝MB ，∴四边形BMNO 为平行四边形，∴MN ∥BO .又∵BO ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，∴MN ∥平面P AB .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∴BD ⊥AC .又∵P A ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥BD .又∵P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC .又∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面P AC .。