高考试题解析数学 理科 分项版之专题08 立体几何 32页

‎2011年高考试题解析数学（理科）分项版 ‎08 立体几何 一、选择题:‎ ‎1. (2011年高考山东卷理科11)下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：‎ ‎①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如 下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是 ‎(A)3 (B)2 (C)1 (D)0‎ ‎【答案】A ‎【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.‎ ‎2.(2011年高考浙江卷理科3)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是 ‎4.(2011年高考安徽卷理科6)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ‎ ‎ ‎ （A） 48 (B)32+8 (C) 48+8 (D) 80‎ ‎【答案】C ‎【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.‎ ‎【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，。故 ‎【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确。‎ ‎5.(2011年高考辽宁卷理科8)如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是（ ）‎ ‎(A) AC⊥SB ‎ ‎(B) AB∥平面SCD ‎ ‎(C) SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 ‎ ‎(D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 答案： D 解析：对于A:因为SD⊥平面ABCD，所以DS⊥AC.因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，故AC⊥平面ABD,因为SB平面ABD,所以AC⊥SB，正确.对于B：因为AB//CD,所以AB//平面SCD.对于C:设.因为AC⊥‎ 平面ABD，所以SA和SC在平面SBD内的射影为SO，则∠ASO和∠CSO就是SA与平面SBD所成的角和SC与平面SBD所成的角，二者相等，正确.故选D.‎ ‎6.(2011年高考辽宁卷理科12)已知球的直径SC=4，A,B是该球球面上的两点，AB=，，则棱锥S-ABC的体积为（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）1‎ 第6题图 答案：D 解析：由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是D.‎ 点评：本题考查三视图、直观图及他们之间的互化，同时也考查空间想象能力和推理能力，要求有扎实的基础知识和基本技能。‎ ‎8．(2011年高考江西卷理科8)已知，，是三个相互平行的平面．平面，之间的距离为，平面，之间的距离为．直线与，，分别相交于，，，那么“=”是“”的 ‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 ‎ C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】过点作平面的垂线g,交平面，分别于点A、B两点,由两个平面平行的性质可知∥,所以,故选C.‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎2‎ 正视图 侧视图 俯视图 图1‎ ‎9. (2011年高考湖南卷理科3)设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 ‎ A. B. C. D. ‎ 答案：B 解析：由三视图可以还原为一个底面为边长是3的正方形，‎ 高为2的长方体以及一个直径为3的球组成的简单几何体，‎ 其体积等于。故选B 评析：本小题主要考查球与长方体组成的简单几何体的三视图 以及几何体的体积计算.‎ ‎10.(2011年高考广东卷理科7)如图l—3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（ ）‎ ‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】B.由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱，‎ ‎。所以选B ‎11.(2011年高考陕西卷理科5)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 ‎ ‎ （A）（B） ‎ ‎（C）（D）‎ ‎【答案】A ‎【解析】：由三视图可知该几何体为立方体与圆锥，‎ 立方体棱长为2，圆锥底面半径为1、高为2，‎ 所以体积为故选A ‎12.(2011年高考重庆卷理科9)高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为 ‎（A） （B） ‎ ‎（C）1 （D）‎ 解析：选C. 设底面中心为G，球心为O，则易得，于是，用一个与ABCD所在平面距离等于的平面去截球，S便为其中一个交点，此平面的中心设为H，则 ‎，故，故 ‎13．(2011年高考四川卷理科3)，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )‎ ‎ (A)， （B），‎ ‎(C) ，，共面 （D），，共点，，共面 ‎【答案】C ‎【解析】如图，作于，由为直二面角，，得平面，进而,又,,‎ 于是平面。故为到平面的距离。‎ 在中，利用等面积法得 ‎15. (2011年高考全国卷理科11)已知平面截一球面得圆M，过圆心M且与成，二面角的平面截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为 ‎ (A) (B) (c) (D)‎ ‎【答案】D ‎【解析】：由圆的面积为得，‎ ‎，在 ‎ 故选D ‎ ‎16．(2011年高考北京卷理科7)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是 ‎ A．8 B． C．10 D．‎ ‎【答案】C 二、填空题:‎ ‎1.(2011年高考辽宁卷理科15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是____________.‎ 答案： ‎ 解析：设正三棱柱的侧棱长和底面边长为a，则由，解得a=2，正三棱柱的左视图与底面一边垂直的截面大小相同，故该矩形的面积是.‎ ‎2. (2011年高考全国新课标卷理科15)已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为 。‎ 答案: ‎ 解析：如图，连接矩形对角线的交点和球心,则，,四棱锥的高为,‎ 所以，体积为 点评：本题考查多面体和旋转体的有关概念和性质以及体积的计算。关键是确定棱锥高的大小，正确运用公式求解。‎ ‎3．(2011年高考天津卷理科10)一个几何体的三视图如图所示（单位：），则这个几何体 的体积为__________ ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意知,该几何体为一个组合体,其下面是一个长方体(长为3m,宽为2m,‎ 高为1m),上面有一个圆锥(底面半径为1,高为3),所以其体积为.‎ ‎4. (2011年高考四川卷理科15)如图，半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，求球的表面积与该圆柱的侧面积之差是 . ‎ 答案：‎ 解析：时，‎ ‎，则 ‎5.(2011年高考全国卷理科16)己知点E、F分别在正方体ABCD-A1B‎2C3D4的棱BB1 、CC1上，且B1E=2EB, CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 .‎ ‎6．(2011年高考福建卷理科12)三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P-ABC的体积等于______。‎ ‎【答案】‎ ‎7．(2011年高考上海卷理科7)若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为 。‎ ‎【答案】；‎ 三、解答题:‎ ‎1. (2011年高考山东卷理科19)（本小题满分12分）‎ 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.‎ ‎（Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;‎ ‎（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．‎ ‎【解析】（Ⅰ)连结AF,因为EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，‎ EF∩ＦＧ=F,所以平面EFG∥平面ABCD,又易证∽,‎ 所以,即,即,又M为AD 的中点,所以,又因为ＦＧ∥ＢＣ∥ＡD，所以ＦＧ∥ＡM,所以四边形AMGF是平行四边形,故GM∥FA,又因为ＧＭ平面ＡＢＦＥ,FA平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ.‎ ‎（Ⅱ）取AB的中点O,连结CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,所以CO⊥AB,‎ 又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO平面ＡＢＣＤ,所以ＥＡ⊥CO,‎ 又ＥＡ∩AB=A,所以CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面ABEF内,过点O作OH⊥BF于H,连结CH,由三垂线定理知: CH⊥BF,所以为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角.‎ 设ＡＢ=２ＥＦ=,因为∠ ACB=，ＡＣ＝ＢＣ=,CO=,,连结FO,容易证得FO∥EA且,所以,所以OH==,所以在中,tan∠ CHO=,故∠ CHO=,所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为.‎ ‎2.(2011年高考浙江卷理科20)（本题满分15分）如图，在三棱锥中，，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，‎ 使得二面角A-MC-β为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。‎ ‎【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分 法一：（Ⅰ）证明：如图，以为原点，以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，由此可得 ，所以 ，即 ‎（Ⅱ）解：设 ，则，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量，‎ 平面的法向量 ‎ 由 得 ‎ 即 ，可取 由即得 可取，由得解得 ，故 ‎ 综上所述，存在点M 符合题意，‎ 法二（Ⅰ）证明：‎ 又因为所以平面故 ‎（Ⅱ）如图，在平面内作 由（Ⅰ）知得平面，‎ 又平面所以平面平面 在中，得 在中，，‎ 在中，所以得，‎ 在中，得又 从而，所以综上所述，存在点M 符合题意，.‎ ‎3.(2011年高考辽宁卷理科18)（本小题满分12分）‎ ‎ 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD.‎ ‎ （I）证明：平面PQC⊥平面DCQ ‎ （II）求二面角Q-BP-C的余弦值.‎ ‎ ‎ 即，.故平面DCQ，‎ 又平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.‎ ‎4.(2011年高考安徽卷理科17)（本小题满分12分）‎ 如图，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，,△，△，△都是正三角形。‎ ‎（Ⅰ）证明直线∥；‎ ‎（II）求棱锥F-OBED的体积。‎ ‎【命题意图】：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。‎ ‎（1）【证法一】： 同理可证 ‎， ‎ ‎ ‎ ‎【解题指导】：空间线线、线面、面面位置关系的证明方法，一是要从其上位或下位证明，本题的第一问方法一，是从其上位先证明面面平行，再借助面面平行的性质得到线面平行，再借助线面平行的性质得到线线平行；二是借助中位线定理等直接得到；三是借助空间向量直接证明。‎ 求不规则的几何体体积或表面积，通常采用分割或补齐成规则几何体即可。求解过程要坚持“一找二证三求”的顺序和原则防止出错。‎ ‎5. (2011年高考全国新课标卷理科18) (本小题满分12分)‎ ‎ 如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.‎ ‎(Ⅰ)证明：PA⊥BD；‎ ‎(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。‎ 分析：（1）要证明线线垂直只要证明线面垂直或者用向量去证明；（2）求二面角的余弦只需建立适当的坐标系，有空间向量来完成。‎ 解：(1)证明：在三角形ABD中，因为该三角形为直角三角形，所以 ‎,‎ ‎（2）建立如图的坐标系，设点的坐标分别是 则，设平面PAB的法向量为，所以， 取得，同理设平面PBC的法向量为，‎ ‎ 取得，于是，，因此二面角的余弦值是。‎ 点评：该题考查空间内的垂直关的证明，空间角的计算。考查定理的理解和运用，空间向量的运用。同时也考察了空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。解题时要注意法向量的计算和运用这一关键。‎ ‎6. (2011年高考天津卷理科17)（本小题满分13分）‎ 如图，在三棱柱中，‎ 是正方形的中心，，平面，且 ‎（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的长．‎ 所以二面角的正弦值为.‎ ‎（Ⅲ）由N为棱的中点,得,设,则 ‎,‎ 由平面,得,即,‎ 解得,故,因此,所以线段的长为.‎ ‎7. (2011年高考江西卷理科21)（本小题满分14分）‎ ‎（1）如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的，使得且其中每相邻两个平面间的距离都相等；‎ ‎（2）给定依次排列的四个相互平行的平面，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体的四个顶点满足： 求该正四面体的体积．‎ 解析：如图，将此正四面体补形为正方体（如图），分别取AB、CD、、的中点E、F、、，平面与是分别过点、的两平行平面，若其距离为1，则正四面体满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为，若，因为，，在直角三角形ADE中，AM⊥DE，所以，所以，又正四面体的棱长为，‎ 所以此正四面体的体积为．‎ 本题考查立体几何中的面面关系、正四面体及体积计算．‎ ‎ ‎ ‎8．(2011年高考湖南卷理科19)（本小题满分12分）‎ 如图5，在圆锥中，已知=，⊙O的直径,是的中点，为的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面 平面;‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值.‎ 解法1：连结OC，因为 又底面⊙O，AC底面⊙O，所以，‎ 因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以平面POD，‎ 而平面PAC，所以平面POD平面PAC。‎ ‎（II）在平面POD中，过O作于H，由（I）知，‎ 平面所以平面PAC，又面PAC，所以 在平面PAO中，过O作于G，连接HG，‎ 则有平面OGH，从而，故为二面角B—PA—C的平面角。‎ 在 在 在 在 所以故二面角B—PA—C的余弦值为 解法2：（I）如图所示，以O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，‎ 设是平面POD的一个法向量，则由，得 所以设是平面PAC的一个法向量，‎ 则由，得 所以得。‎ 因为 所以从而平面平面PAC。‎ ‎（II）因为y轴平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为 由（I）知，平面PAC的一个法向量为,设向量的夹角为，则 由图可知，二面角B—PA—C的平面角与相等，‎ 所以二面角B—PA—C的余弦值为 ‎9. (2011年高考广东卷理科18)如图5，在椎体中，是边长为1的棱形，且,,分别是的中点，‎ ‎（1） 证明：‎ ‎（2）求二面角的余弦值。‎ ‎【解析】法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。‎ ‎ 因PA=PD，有，在中，，有为等边三角形，因此，所以平面PBG ‎ 又PB//EF，得，而DE//GB得AD DE，又，所以AD 平面DEF。‎ ‎ （2），‎ ‎ 为二面角P—AD—B的平面角，‎ ‎ 在 ‎ 在 ‎ ‎ ‎ 法二：（1）取AD中点为G，因为 ‎ 又为等边三角形，因此，，从而平面PBG。‎ ‎ 延长BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD，‎ ‎ 所以PO 平面ABCD。‎ ‎ 以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系。‎ ‎ 设 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由于 ‎ 得 ‎ 平面DEF。‎ ‎ （2）‎ ‎ ‎ ‎ 取平面ABD的法向量 ‎ 设平面PAD的法向量 ‎ 由 ‎ 取 ‎ ‎ ‎10. (2011年高考湖北卷理科18)（本小题满分12分）‎ 如图，已知，本棱柱ABC-A1B‎1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱 CC1上，且不与点C重合.‎ ‎(Ⅰ) 当CF=1时，求证：EF⊥A1E ‎(Ⅱ)设二面角C-AF-E的大小为，求的最小值.‎ 本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能 力、推理论证能力和运算求解能力. ‎ 解析：‎ 过E点作EN⊥AC于N，连结EF.‎ ‎（Ⅰ）如图1，连结NF、AC1，由直线柱的性质知，底面ABC⊥侧面A‎1C，‎ 又底面ABC∩侧面A‎1C=AC，且EN底面ABC，所以EN⊥侧面A‎1C，NF 为EF在侧面内的射影.‎ 在Rt△CEN中，CN=cos600=1.则由，得，又，‎ 故作，由三垂线定理知.‎ ‎（Ⅱ）如图2。连结AF，过N作NM⊥AF于M，连结ME，由（Ⅰ）知EN⊥侧面 A‎1C。根据三垂线定理得EM⊥AF,所以EM⊥AF，所以是二面角的平面角，即.设则.在中.‎ 在中，，故，又，.故当，即当时，达到最小值，.此时F与C1重合.‎ ‎11.(2011年高考陕西卷理科16)（本小题满分12分）‎ 如图：在 ‎，沿把折起，‎ 使（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）设。‎ ‎【解析】：（Ⅰ）折起前，‎ 当 ‎ 。‎ ‎（Ⅱ）由及（Ⅰ）知两两垂直，‎ 不妨设为坐标原点，以轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得 夹角的余弦值为 ‎12.(2011年高考重庆卷理科19)本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分。‎ 如图，在四面体中，平面 ⊥ , ⊥,=,∠=‎ ‎ （Ⅰ）若=2，=2，求四边形的体积。‎ ‎ （Ⅱ）若二面角--为，求异面直线与所成角的余弦值。 ‎ ‎ （Ⅱ）如图所示设G、H分别为变CD，BD的中点，则FG//AD,GH//BC,,从而是异面直线与所成角或其补角。‎ 设E为边AB的中点，则EF//BC,由⊥，知⊥，又由（Ⅰ）有DF⊥平面，故由三垂线定理知⊥,所以为二面角--的平面角,由题设知，设AD=a，则DF=ADsinCAD=‎ 在中，，‎ 从而 因，故BD=AD=a.从而，在中，,又 ‎,从而在中，因FG=FH，由余弦定理得,‎ 故异面直线与所成角的余弦值为.‎ ‎13．(2011年高考四川卷理科19) (本小题共l2分)‎ ‎ 如图，在直三棱柱AB-A1B‎1C1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D是棱CC1上的一 P是AD的延长线与A‎1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA．‎ ‎(I)求证：CD=C1D：‎ ‎(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； ‎ ‎(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离．‎ ‎ (3)因为，所以,‎ ‎,‎ 在中，，‎ ‎14.(2011年高考全国卷理科19)如图，四棱锥中，,，侧面为等边三角形，.‎ ‎（Ⅰ）证明：;‎ ‎（Ⅱ)求与平面所成角的大小.‎ ‎【解析】（Ⅰ）：连结BD过D作 ‎，在 ‎，在 ‎，同理可证 ‎（Ⅱ）过做平面，如图建立空间直角坐标系，‎ 可计算平面的一个法向量是，‎ 所以与平面所成角为 ‎15.(2011年高考安徽卷江苏16)如图，在四棱锥中，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 ‎【解析】证明: （1）因为E、F分别是AP、AD的中点,‎ 所以EF∥PD,又因为EF平面PCD,PD平面PCD,‎ 所以直线EF∥平面PCD；‎ ‎（2）设AB=AD=,则AF=,又因为∠BAD=60°，‎ 所以在中,由余弦定理得：BF=，‎ 所以，所以BF⊥AF，‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，平面ABCD，所以BF⊥平面PAD，因为平面BEF，‎ 所以平面BEF⊥平面PAD.‎ ‎16．(2011年高考北京卷理科16)（本小题共14分）‎ ‎ 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，‎ ‎.‎ ‎(Ⅰ)求证：平面 ‎ （Ⅱ）若求与所成角的余弦值；‎ ‎ （Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.‎ 证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，‎ 所以AC⊥BD.‎ 又因为PA⊥平面ABCD.‎ 所以PA⊥BD.‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ ‎（Ⅱ）设AC∩BD=O.‎ 因为∠BAD=60°，PA=PB=2,‎ 所以BO=1，AO=CO=.‎ 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则 P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）.‎ 所以 设PB与AC所成角为，则 ‎.‎ ‎17．(2011年高考福建卷理科20)（本小题满分14分）‎ 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=，．‎ ‎（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎（II）设AB=AP．‎ ‎ （i）若直线PB与平面PCD所成的角为，求线段AB的长；‎ ‎ （ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。‎ 解析：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。‎ 解法一：‎ ‎（I）因为平面ABCD，‎ 平面ABCD，‎ 所以，‎ 又 所以平面PAD。‎ 又平面PAB，所以平面平面PAD。‎ ‎（II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图）‎ 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则 在中，DE=，‎ 设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）‎ 由AB+AD=4，得AD=4-t，‎ 所以，‎ ‎（i）设平面PCD的法向量为，‎ 由，，得 取，得平面PCD的一个法向量，‎ 又，故由直线PB与平面PCD所成的角为，得 解得（舍去，因为AD），所以 ‎（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，‎ 设G（0，m，0）（其中）‎ 则，‎ 由得，（2）‎ 由（1）、（2）消去t，化简得（3）‎ 由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，‎ 使得点G到点P，C，D的距离都相等。‎ 从而，在线段AD上不存在一个点G，‎ 使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。‎ 解法二：‎ ‎（I）同解法一。‎ ‎（II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图）‎ 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E，‎ 则。‎ 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则 在中，DE=，‎ 设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t）‎ 由AB+AD=4，得AD=4-t，‎ 所以，‎ ‎（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等，‎ 由GC=CD，得，‎ 从而，即 设 ‎，‎ 在中，‎ 这与GB=GD矛盾。‎ 所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，‎ 从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。‎ ‎18．(2011年高考上海卷理科21)（14分）已知是底面边长为1的正四棱柱，是和的交点。‎ ‎（1）设与底面所成的角的大小为，二面角的大小为。‎ 求证：；‎ ‎（2）若点到平面的距离为，求正四棱柱的高。‎ 解：设正四棱柱的高为。‎ ‎⑴ 连，底面于，‎ ‎∴ 与底面所成的角为，即 ‎∵ ，为中点，∴，又，‎ ‎∴ 是二面角的平面角，即 ‎∴ ，。‎ ‎⑵ 建立如图空间直角坐标系，有 设平面的一个法向量为，‎ ‎∵ ，取得 ‎∴ 点到平面的距离为，则。‎