有关立体几何文科的高考题

2011年高考立体几何文科汇编

（江苏）

16、如图，在四棱锥P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点 求证：

（1）直线EF‖平面PCD； （2）平面BEF⊥平面PAD

（安徽卷） （19）（本小题满分13分）

如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，

OA?1，

OD?2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形。

（Ⅰ）证明直线BC∥EF；

（Ⅱ）求棱锥F?OBED的体积.

（北京卷） 17．（本小题共14分） 如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的

中点. （Ⅰ）求证：DE∥平面BCP； （Ⅱ）求证：四边形DEFG为矩形； （Ⅲ）是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由.

1

（福建卷） 20．（本小题满分12分）

如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB。

（I）求证：CE⊥平面PAD；

（11）若PA=AB=1，AD=3，CD=2，∠CDA=45°，求四棱锥P-ABCD的体积

（广东） 18．（本小题满分13分） 图5所示的集合体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一

?''?''??D,CD,DE,DE的中点，半沿切面向右水平平移后得到的．A，A′，B，B′分别为CO1,O1,O2,O2分别为CD,C'D',DE,D'E'的中点．

''（1）证明：O1,A,O2,B四点共面；

（2）设G为A A′中点，延长\\AO1到H′，使得O1H?AO1．证明：BO2?平面HBG

''''''''''''

2

（湖北） 18．（本小题满分12分）

如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为

32，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE?22,

BF?2．

（I） 求证：CF?C1E；

（II） 求二面角E?CF?C的大小。 1

（湖南卷） 19．（本题满分12分）

如图3，在圆锥PO中，已知PO?2,?O的直径

?AB?2,点C在?AB上,且?CAB=30,D为AC的中点．

（I）证明：AC?平面POD;

（II）求直线和平面PAC所成角的正弦值．

（江西卷）

18.(本小题满分12分）

如图，在?ABC中，?B=?2，AB?BC?2,P为AB边上一动点，PD//BC交AC于

点D,现将?PDA沿PD翻折至?PDA,使平面PDA?平面PBCD. （1）当棱锥A'?PBCD的体积最大时，求PA的长；

（2）若点P为AB的中点，E为AC的中点，求证：AB?DE.

''''3

（辽宁卷） 18．（本小题满分12分）

如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=（I）证明：PQ⊥平面DCQ；

（II）求棱锥Q—ABCD的的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值．

（全国卷） 20．（本小题满分l2分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．

如图，四棱锥S?ABCD中， AB?CD,BC?CD，侧面SAB为等边三角形，

AB?BC?2,CD?SD?1．

12PD．

（I）证明：SD?平面SAB；

（II）求AB与平面SBC所成的角的大小。

（山东卷） 19．（本小题满分12分）

如图，在四棱台ABCD?A1B1C1D1中，D1D?平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB=2AD，AD=A1B1，?BAD=60° （Ⅰ）证明：AA1?BD； （Ⅱ）证明：CC1∥平面A1BD．

(陕西卷) 16．（本小题满分12分）

如图，在△ABC中，∠ABC=45°，∠BAC=90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC=90°。

（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ ⊥平面ＢＤＣ；

（Ⅱ）设BD=1，求三棱锥D—ＡＢＣ的表面积。

4

（上海卷）

20、（14分）已知ABCD?A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，高AA1?2。求： ⑴ 异面直线BD与AB1所成的角的大小（结果用反三角函数表示）；

BAD⑵ 四面体AB1D1C的体积。

B1A1CD1C1

（四川卷） 19．（本小题共l2分）

如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，延长A1C1至点P，使C1P＝A1C1，连接AP交棱CC1于D．

（Ⅰ）求证：PB1∥平面BDA1；

（Ⅱ）求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；

5

（天津卷） 17．（本小题满分13分）如图，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为

平行四边形，?ADC?45，AD?AC?1，O为AC中点，

PO?平面ABCD， PO?2，

M为PD中点．

0（Ⅰ）证明：PB//平面ACM； （Ⅱ）证明：AD?平面PAC；

（Ⅲ）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．

PMDOACB

（新课标） 18．（本小题满分12分）

?DAB?60?，AB?2AD，如图，四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为平行四边形，

PD?底面ABCD． （I）证明：PA?BD； （II）设PD=AD=1，求棱锥D-PBC的高．

6

（浙江卷） （20）（本题满分14分）如图，在三棱锥P?ABC中，AB?AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上． （Ⅰ）证明：AP⊥BC；

（Ⅱ）已知BC?8，PO?4，AO?3，OD?2．求二面角B?AP?C的大小．

（重庆卷） 20．（本小题满分12分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问6分） 如题（20）图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，

AB?BC,AC?AD?2,BC?CD?1 （Ⅰ）求四面体ABCD的体积；

（Ⅱ）求二面角C-AB-D的平面角的正切值。

7

2011年高考立体几何文科答案汇编

（江苏卷）

（安徽卷） （19）（本小题满分13分）本题考查空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.

（I）证明：设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以

= OB∥

12DE，OG=OD=2，

同理，设G?是线段DA与FC延长线的交点，有OG??OD?2. 又由于G和G?都在线段DA的延长线上，所以G与G?重合.

= 和△GFD中，由OB∥= DE和OC∥= DF，可知B和C分别是GE和GF在△GED

2211的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.

8

（II）解：由OB=1，OE=2，?EOB?60?,知SEOB?三角形，故SOED?3.

32，而△OED是边长为2的正

所以SOEFD?SEOB?SOED?332.

过点F作FQ⊥DG，交DG于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥

13FQ?SOBED?32.

F—OBED的高，且FQ=3，所以VF?OBED?（北京卷） （17）（共14分） 证明：（Ⅰ）因为D，E分别为AP，AC的中点，

所以DE//PC。

又因为DE?平面BCP， 所以DE//平面BCP。

（Ⅱ）因为D，E，F，G分别为 AP，AC，BC，PB的中点，

所以DE//PC//FG，DG//AB//EF。 所以四边形DEFG为平行四边形， 又因为PC⊥AB， 所以DE⊥DG，

所以四边形DEFG为矩形。

（Ⅲ）存在点Q满足条件，理由如下： 连接DF，EG，设Q为EG的中点

由（Ⅱ）知，DF∩EG=Q，且QD=QE=QF=QG=

12EG.

分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN。

与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线点为EG的中点Q， 且QM=QN=

12EG，

所以Q为满足条件的点. （福建卷）

20．本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，几何体的体积等基础知识；考查

空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力；考查数形结合思想，化归与转化思想，满分12分

（I）证明：因为PA?平面ABCD，CE?平面ABCD，

所以PA?CE.

因为AB?AD,CE//AB,所以CE?AD.

9

又PA?AD?A,

所以CE?平面PAD。

（II）由（I）可知CE?AD，

在Rt?ECD中，DE=CD?cos45??1,CE?CD?sin45??1, 又因为AB?CE?1,AB//CE， 所以四边形ABCE为矩形，

所以S四边形ABCD?S矩形ADCE?S?ECD?AB?AE?又PA?平面ABCD，PA=1， 所以V四边形P?ABCD?13S四边形ABCD?PA?13?52?1?56. 12CE?DE?1?2?12?1?1?52.

（广东） 18．（本小题满分13分）

?D,C??D?证明：（1）?A,A?分别为C中点，

?O1?A?//O1A

连接BO2

?直线BO2是由直线AO1平移得到

?AO1//BO2

?O1?A?//BO2 ?O1?,A?,O2,B共面。

（2）将AO1延长至H使得O1H=O1A，连接HO1?,HB,H?H

// ?由平移性质得O1?O2?=HB

?BO2?//HO1?

?A?G?H?O1?,H?H?A?H?,?O1?H?H??GA?H???2

??GA?H???O1?H?H

??H?O1?H?GH?A??2

10

?O1?H?H?G ?BO2??H?G

?O1?O2??B?O2?,O1?O2??O2?O2,B?O2??O2?O2?O2? ?O1?O2??平面B?BO2O2?

?O1?O2??BO2? ?BO2??H?B?

?H?B??H?G?H?

?BO2??平面H?B?G.

（湖北卷）

18．本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查空间想象能力

和推理论证能力。（满分12分）

解法1：（Ⅰ）由已知可得CC1?32,CE?C1F?EF22?(2222)2?23 ?AB2?(AE?BF),EF?C1E?222?(2)?CC1

22?6 于是有EF?C1E2?C1F,CE22?C1E2所以C1E?EF,C1E?CE

又EF?CE?E,所以C1E?平面CEF. 由CF?平面CEF,故CF?C1E.

6,CE?23 （Ⅱ）在?CEF中，由（Ⅰ）可得EF?CF?

于是有EF2+CF2=CE2，所以CF?EF.

又由（Ⅰ）知CF ?C1E，且EF?C1E?E，所以CF ?平面C1EF， 又C1F?平面C1EF，故CF ?C1F。

于是?EFC1即为二面角E—CF—C1的平面角。

由（Ⅰ）知?C1EF是等腰直角三角形，所以?BFC1?45?，即所求二面角E—CF—C1的大小为45?。

解法2：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得

A(0,0,0),B(3,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,32),E(0,0,22),F(3,1,2)

11

????? （Ⅰ）C1E?(0,?2,?????2),CF?(3,?1,2)

?????????C1E?CF?0?2?2?0

?CF?C1E.

???? （Ⅱ）CE?(0?,2,2，2)设平面CEF的一个法向量为

m?(x,y,z)

??????????????m?CE?0,由m?CE,m?CF,得? ??????m?CF?0,???2y?22z?0,可取m?(0,即???3x?y?2z?02,1)

设

n,由侧

??n面

?BC1

?,B?1C及?的

n,一

??C?个

? C(法

?向

?量

?1为

?,?0?)?3C,B

CC1?(0,0,32),可取n?(1,3,0)

设二面角E—CF—C1的大小为θ，于是由θ为锐角可得

cos??|m?n||m|?|n|?63?2?22，所以??45?

即所求二面角E—CF—C1的大小为45?。

（湖南卷） 19．（本题满分12分）

解析：（I）因为OA?OC,D是AC的中点,所以AC?OD.

又PO?底面?O,AC?底面?O,所以AC?OD.PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC?平面POD;

（II）由（I）知，AC?平面POD,又

AC?平面PAC,所以平面POD?平面PAC,在

平面POD中，过O作OH?PD于H,则

OH?平面PAC,连结CH，则CH是

12

OC在平面PAC上的射影，所以?OCH是直线OC和平面PAC所成的角．

在Rt?POD中,OH?PO?ODPO?OD222??2?12?2

314在Rt?OHC中,sin?OCH?（江西卷）

OHOC?23

解：（1）设PA?x，则VA?-PBCD?213xPA?S底面PDCB?13x(2?x2x)

令f(x)?1323x(2?x2)?2x33?6,(x?0)

则f?(x)? x?x22

(0,233?) 233 (233,??) f?(x) f(x) 0 ? 单调递增 极大值 单调递减 由上表易知：当PA?x?233时，有VA?-PBCD取最大值。

证明：

（2）作A?B得中点F，连接EF、FP 由已知得：EF//12BC//PD?ED//FP

?A?PB为等腰直角三角形，A?B?PF 所以A?B?DE. （辽宁卷） 18．解：（I）由条件知PDAQ为直角梯形

因为QA⊥平面ABCD，所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD.

又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC.

在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=

22PD，则PQ⊥QD

13

所以PQ⊥平面DCQ. ………………6分 （II）设AB=a.

由题设知AQ为棱锥Q—ABCD的高，所以棱锥Q—ABCD的体积V1?1322a.

3由（I）知PQ为棱锥P—DCQ的高，而PQ=2a，△DCQ的面积为a，

2所以棱锥P—DCQ的体积为V2?13a.

3故棱锥Q—ABCD的体积与棱锥P—DCQ的体积的比值为1.…………12分 （全国卷） 20．解法一：

（I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2， 连结SE，则SE?AB,SE?223.

2 又SD=1，故ED?SE?SD， 所以?DSE为直角。

…………3分

由AB?DE,AB?SE,DE?SE?E， 得AB?平面SDE，所以AB?SD。 SD与两条相交直线AB、SE都垂直。 所以SD?平面SAB。

（II）由AB?平面SDE知， 平面ABCD?平面SED。

…………6分

作SF?DE,垂足为F，则SF?平面ABCD，

SD?SEDE32 SF??.

作FG?BC，垂足为G，则FG=DC=1。 连结SG，则SG?BC， 又BC?FG,SG?FG?G，

故BC?平面SFG，平面SBC?平面SFG。 作FH?SG，H为垂足，则FH?平面SBC。 FH?SF?FGSG?37…………9分

，即F到平面SBC的距离为

217.

由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离d也有

217.

14

设AB与平面SBC所成的角为α， 则sin??dEB?217,??arcsin217.

…………12分

解法二：

以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。

设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。

又设S(x,y,z),则x?0,y?0,z?0.

???????????? （I）AS?(x?2,y?2,z),BS?(x,y?2,z)，DS?(x?1,y,z)，

????????由|AS|?|BS|得

(x?2)?(y?2)?z222?x?(y?2)?z,

222故x=1。

????22由|DS|?1得y?z?1,

????222又由|BS|?2得x?(y?2)?z?4,

1232即y?z?4y?1?0,故y?22,z?. …………3分

?????33???33),AS?(?1,?,),BS?(1,?,)， 于是S(1,,22222213?????????????????13???DS?(0,,),DS?AS?0,DS?BS?0.

22故DS?AD,DS?BS,又AS?BS?S, 所以SD?平面SAB。

（II）设平面SBC的法向量a?(m,n,p)，

????????????????则a?BS,a?CB,a?BS?0,a?CB?0. ?????33???),CB?(0,2,0), 又BS?(1,?,22?33p?0,?m?n?故? 22?2n?0.? …………9分

????取p=2得a?(?3,0,2),又AB?(?2,0,0)。

15

????????AB?a?cosAB,a?????|AB|?|a|217.

21故AB与平面SBC所成的角为arcsin7.

（山东卷） 19．（I）证法一：

因为D1D?平面ABCD，且BD?平面ABCD， 所以D1D?BD，

又因为AB=2AD，?BAD?60?，

在?ABD中，由余弦定理得

BD2?AD2?AB2?2AD?ABcos60??3AD2，

所以AD2?BD2?AB2， 因此AD?BD， 又AD?D1D?D, 所以BD?平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1， 故AA1?BD. 证法二：

因为D1D?平面ABCD，且BD?平面ABCD， 所以BD?D1D.

取AB的中点G，连接DG，

在?ABD中，由AB=2AD得AG=AD，

又?BAD?60?，所以?ADG为等边三角形。 因此GD=GB，

故?DBG??GDB， 又?AGD?60?

所以?GDB=30?,故?ADB=?ADG+?GDB=60?+30?=90?,

所以BD?AD.又AD?D1D?D,所以BD?平面ADD1A1，

16

又AA1?平面ADD1A1， 故AA1?BD.

（II）连接AC，A1C1，

设AC?BD?E，连接EA1

因为四边形ABCD为平行四边形， 所以EC?12AC.

由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知 A1C1//EC且A1C1=EC，

所以边四形A1ECC1为平行四边形， 因此CC1//EA1，

又因为EA1?平面A1BD，CC1?平面A1BD， 所以CC1//平面A1BD。 (陕西卷)

16．解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，

∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ， 又DB?ＤＣ＝Ｄ， ∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，

∵AD 平面

平面ABD．

?平面ABD?平面BDC.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，DA?DB,DB?DC,DC?DA, ?DB=DA=DC=1，

?AB=BC=CA=2, 从而S?DAM?S?DBC?S?DCA?12?1?1?12,

S?ABC?12?2?2?sin60??32

表面积：

S?12?3?32?3?32.

(上海卷)

20、解：⑴ 连BD,AB1,B1D1,AD1，∵ BD//B1D1,A1B?∴ 异面直线BD与AB1所成角为?AB1D1，记?AB1D1??，

17

A，1D ADBC

cos??AB1?B1D1?AD12AB1?B1D1222?1010

∴ 异面直线BD与AB1所成角为arccos1010。

⑵ 连AC,CB1,CD1，则所求四面体的体积

1323V?VABCD?ABC111D1?4?VC?BC11D1?2?4??。

（四川卷）

解法一：

（Ⅰ）连结AB1与BA1交于点O，连结OD，

∵C1D∥平面AA1，A1C1∥AP，∴AD=PD，又AO=B1O， ∴OD∥PB1，又OD?面BDA1，PB1?面BDA1， ∴PB1∥平面BDA1．

（Ⅱ）过A作AE⊥DA1于点E，连结BE．∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC=A， ∴BA⊥平面AA1C1C．由三垂线定理可知BE⊥DA1． ∴∠BEA为二面角A－A1D－B的平面角．

在Rt△A1C1D中，A1D1212?1252()?1?22，

255又S?AAD1??1?1??52?AE，∴AE?．

AHBH23在Rt△BAE中，BE?(255)?1?22355，∴cos?AHB23??．

故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．

解法二：

如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B1C1A，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，P(0,2,0)．

（Ⅰ）在△PAA1中有C1D????∴A1B?(1,0,1)?12AA1，即D(0,1,12)．

?????AD，1?(0,1,x)????，B1P?(?1,2,0)．

设平面BA1D的一个法向量为n1?(a,b,c)，

?????n1?A1B?a?c?0,1?c??1n?(1,,?1)则?令，则?????112?n1?A1D?b?c?0.?2????1∵n1?B1P?1?(?1)??2?(?1)?0?0，

2．

∴PB1∥平面BA1D，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面BA1D的一个法向量n1?(1,12,?1)．

18

又n2?(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量．∴cos?n1,n2??n1?n2|n1|?|n2|?11?32?23．

故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．

32（天津卷）

（17）本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知

识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。满分13分。

（Ⅰ）证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O

为BD的中点，又M为PD的中点，所以PB//MO。因为PB?平面ACM，MO?平面ACM，所以PB//平面ACM。 （Ⅱ）证明：因为?ADC?45?，且AD=AC=1，所以?DAC?90?，即AD?AC，

又PO?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PO?AD,而AC?PO?O，所以

AD?平面PAC。

（Ⅲ）解：取DO中点N，连接MN，AN，因为M为PD的中点，所以MN//PO，且

MN?12PO?1,由PO?平面ABCD，得MN?平面ABCD，所以?MAN是直线AM

与平面ABCD所成的角，在Rt?DAO中，AD?1,AO?12，所以DO?52，从而

AN?12DO?54，

在Rt?ANM中,tan?MAN?MNAN?154?455，即直线AM与平面ABCD所成角的

正切值为（新课标） (18)解：

455.

（Ⅰ）因为?DAB?60?,AB?2AD， 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

3AD

（Ⅱ）如图，作DE?PB，垂足为E。已知PD?底面ABCD，则PD?BC。由（Ⅰ）知BD?AD，又BC//AD，所以BC?BD。

19

故BC?平面PBD，BC?DE。 则DE?平面PBC。

由题设知，PD=1，则BD=3，PB=2，

32根据BE·PB=PD·BD，得DE=，

即棱锥D—PBC的高为

32.

(浙江卷)

（20）本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间

想象能力和推理论证能力。满分14分。

（Ⅰ）证明：由AB=AC，D是BC中点，得AD?BC， 又PO?平面ABC，，得PO?BC 因为PO?AD?O，所以BC?平面PAD，故BC?PA. （Ⅱ）解：如图，在平面PAB内作BM?PA于M，连CM。

因为BC?PA,得PA?平面BMC，所以AP?CM。 故?BMC为二面角B—AP—C的平面角。 在Rt?ADB中,AB?AD?BD?41,得AB?在Rt?POD中,PD?PO?OD， 在Rt?PDB中，PB?PD?BD，

所以PB?PO?OD?BD?36,得PB?6. 在Rt?POA中,PA?AO?OP?25,得PA?5.

PA?PB2222222241

2222222222

232 又cos?BPA??AB22PA?PB?13,从而sin?BPA?

故BM?PBsin?BPA?42 同理GM?42. 因为BM2?MC2?BC

2 所以?BMC?90? 即二面角B—AP—C的大小为90?. （重庆卷） 20．（本题12分）

20

解法一：（I）如答（20）图1，过D作DF⊥AC垂足为F， 故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF 是四面体ABCD的面ABC上的高，设G为边CD的中点， 则由AC=AD，知AG⊥CD，从而

AG?12AC2?CG122?1222?()?2152.

?15412由AC?DF?CD?AG得DF?AG?CDAC.由Rt?ABC中,AB?AC2?BC2?3,S?ABC?AB?BC?32.

故四面体ABCD的体积V?13?S?ABC?DF?58.

（II）如答（20）图1，过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE。由（I）知DF⊥平面ABC。

由三垂线定理知DE⊥AB，故∠DEF为二面角C—AB—D的平面角。 在Rt?AFD中,AF?AD2?DF2?2?(2154)2?74,

在Rt?ABC中，EF//BC，从而EF：BC=AF：AC，所以EF?AF?BCAC?78.

在Rt△DEF中，tanDEF?DFEF?2157.

解法二：（I）如答（20）图2，设O是AC的中点，过O作OH⊥AC，交AB于H，

过O作OM⊥AC，交AD于M，由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM。因此以O为原点，以射线OH，OC，OM分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，可建立空间坐标系O—xyz.已知AC=2，故点A，C的坐标分别为A（0，—1，0），C（0，1，0）。

???????????? 设点B的坐标为B(x1,y1,0),由AB?BC,|BC|?1，有

??x1?y1?1,?22??x1?(y1?1)?1,22

?3?x1??2解得??y?1,1??2?3

,?x1??,?2(舍去).??y?11??231,,0). 22 即点B的坐标为B(

21

???????? 又设点D的坐标为D(0,y2,z2),由|CD|?1,|AD|?2,有

??(y2?1)?z2?1,?22??(y2?1)?z2?4,22

3?y2?,?4?解得??z?152??43? y2?,?4?(舍去).?15,?z2????434154154 即点D的坐标为D(0,???? 又|AB|?,).从而△ACD边AC上的高为h?|z2|?.

()?(?1)223212?????3,|BC|?1.

故四面体ABCD的体积V????? （II）由（I）知AB?(13?12?????????|AB|?|BC|h?58.

????337,,0),AD?(0,,224154).

???? 设非零向量n?(l,m,n)是平面ABD的法向量，则由n?AB有

3232 l?m?0. （1）

???? 由n?AD，有

74154 m?n?0. （2）

取m??1，由（1），（2），可得l?3,n?71515,即n?(3,?1,71515).

显然向量k?(0,0,1)是平面ABC的法向量，从而

22

715cos?n,k??153?1?491549?7109109,

1?故tan?n,k??

215109?,77109 即二面角C—AB—D的平面角的正切值为

2157.

23

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