高考专项训练19空间几何大题 45页

空间几何 向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计算必须慎之又慎 一．解答题（共30小题）‎ ‎1．（2012•西山区）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E、F分别为CD、PB的中点，AE=．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面AEF⊥平面PAB．‎ ‎（Ⅱ）求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．‎ ‎2．（2011•重庆）如图，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．‎ ‎3．（2011•宜阳县）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=90°，E、F分别是BA、BC的中点，G是AA1上一点，且AC1⊥EG．‎ ‎（Ⅰ）确定点G的位置；‎ ‎（Ⅱ）求直线AC1与平面EFG所成角θ的大小．‎ ‎4．（2011•浙江）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．‎ ‎5．（2011•辽宁）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．‎ ‎6．（2011•湖北）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE=2，BF=．‎ ‎（I） 求证：CF⊥C1E；‎ ‎（II） 求二面角E﹣CF﹣C1的大小．‎ ‎7．（2011•湖北）如图，已知正三棱柱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⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）设二面角C﹣AF﹣E的大小为θ，求tanθ的最小值．‎ ‎8．（2011•杭州）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD是正三角形，且垂直于底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，M为PC的中点．‎ ‎（1）求证：PA∥平面BDM；‎ ‎（2）求直线AC与平面ADM所成角的正弦值．‎ ‎9．（2011•广东）如图，在锥体P﹣ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=，PB=2，E，F分别是BC，PC的中点 ‎（1）证明：AD⊥平面DEF ‎（2）求二面角P﹣AD﹣B的余弦值．‎ ‎10．（2011•番禺区）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面所成的角为60°，AB=BC，A1A=A1C=2，AB⊥BC，侧面AA1C1C⊥底面ABC．‎ ‎（1）证明：A1B⊥A1C1；‎ ‎（2）求二面角A﹣CC1﹣B的大小；‎ ‎（3）求经过A1、A、B、C四点的球的表面积．‎ ‎11．（2010•浙江）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°．E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCD，F为线段A′C的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：BF∥平面A′DE；‎ ‎（Ⅱ）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A′DE所成角的余弦值．‎ ‎12．（2010•四川）在正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，点M是棱AA′的中点，点O是对角线BD′的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：OM为异面直线AA′和BD′的公垂线；‎ ‎（Ⅱ）求二面角M﹣BC′﹣B′的大小．‎ ‎13．（2010•宁夏）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点 ‎（1）证明：PE⊥BC ‎（2）若∠APB=∠ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值 ‎14．（2010•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°．‎ ‎（1）求证：PC⊥BC；‎ ‎（2）求点A到平面PBC的距离．‎ ‎15．（2009•重庆）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD；平面CSD⊥平面ABCD，CS⊥DS，CS=2AD=2；E为BS的中点，，‎ 求：（Ⅰ）点A到平面BCS的距离；‎ ‎（Ⅱ）二面角E﹣CD﹣A的大小．‎ ‎16．（2009•陕西）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AC=AA1=，∠ABC=60°．‎ ‎（1）证明：AB⊥A1C；‎ ‎（2）求二面角A﹣A1C﹣B的余弦值．‎ ‎17．（2008•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=2，∠PAB=60°．‎ ‎（Ⅰ）证明AD⊥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线PC与AD所成的角的大小；‎ ‎（Ⅲ）求二面角P﹣BD﹣A的大小．‎ ‎18．（2008•四川）如图，一张平行四边形的硬纸片ABC0D中，AD=BD=1，．沿它的对角线BD把△BDC0折起，使点C0到达平面ABC0D外点C的位置．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面ABC0D⊥平面CBC0；‎ ‎（Ⅱ）如果△ABC为等腰三角形，求二面角A﹣BD﹣C的大小．‎ ‎19．（2008•四川）如，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BC，BE ‎（Ⅰ）证明：C，D，F，E四点共面；‎ ‎（Ⅱ）设AB=BC=BE，求二面角A﹣ED﹣B的大小．‎ ‎20．（2008•海南）如图，已知点P在正方体ABCD﹣A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA=60°．‎ ‎（Ⅰ）求DP与CC′所成角的大小；‎ ‎（Ⅱ）求DP与平面AA′D′D所成角的大小．‎ ‎21．（2008•北京）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AC=BC=2，∠ACB=90°，AP=BP=AB，PC⊥AC．‎ ‎（Ⅰ）求证：PC⊥AB；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B﹣AP﹣C的大小；‎ ‎（Ⅲ）求点C到平面APB的距离．‎ ‎22．（2008•安徽）如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，∠ABC=，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：直线MN∥平面OCD；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小；‎ ‎（Ⅲ）求点B到平面OCD的距离．‎ ‎23．（2007•重庆）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=1，BC=，AA1=2；点D在棱BB1上，BD=BB1；‎ B1E⊥A1D，垂足为E，求：‎ ‎（Ⅰ）异面直线A1D与B1C1的距离；‎ ‎（Ⅱ）四棱锥C﹣ABDE的体积．‎ ‎24．（2007•重庆）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=2，AB=1，∠ABC=90°；点D、E分别在BB1，A1D上，且B1E⊥A1D，四棱锥C﹣ABDA1与直三棱柱的体积之比为3：5．‎ ‎（1）求异面直线DE与B1C1的距离；‎ ‎（2）若BC=，求二面角A1﹣DC1﹣B1的平面角的正切值．‎ ‎25．（2007•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点．‎ ‎（I）证明：CD⊥AE；‎ ‎（II）证明：PD⊥平面ABE；‎ ‎（III）求二面角A﹣PD﹣C的大小．‎ ‎26．（2007•辽宁）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC=a，D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1上的点，二面角M﹣DE﹣A为30°．‎ ‎（I）证明：A1B1⊥C1D；‎ ‎（II）求MA的长，并求点C到平面MDE的距离．‎ ‎27．（2006•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=AB=2BC，M、N分别为PC、PB的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：PB⊥DM；‎ ‎（Ⅱ）求CD与平面ADMN所成的角．‎ ‎28．（2006•四川）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、P分别是BC、A1D1的中点，M、N分别是AE、CD1的中点，AD=A1A1=a，Ab=2a，‎ ‎（Ⅰ）求证：MN∥平面ADD1A1；‎ ‎（Ⅱ）求二面角P﹣AE﹣D的大小．‎ ‎29．（2006•陕西）如图，α⊥β，α∩β=l，A∈α，B∈β，点A在直线l上的射影为A1，点B在l的射影为B1，已知AB=2，AA1=1，BB1=，求：‎ ‎（Ⅰ）直线AB分别与平面α，β所成角的大小；‎ ‎（Ⅱ）二面角A1﹣AB﹣B1的大小．‎ ‎30．（2006•江西）如图，在三棱锥A﹣BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形．‎ ‎（1）求证：AD⊥BC．‎ ‎（2）求二面角B﹣AC﹣D的大小．‎ ‎（3）在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由．‎ 答案与评分标准 一．解答题（共30小题）‎ ‎1．（2012•西山区）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，PA=PB=2，E、F分别为CD、PB的中点，AE=．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面AEF⊥平面PAB．‎ ‎（Ⅱ）求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．‎ 考点：用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（Ⅰ）由四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=PB=2，E、F分别为CD、PB的中点，AE=，知AD=CD=AB=2，在△ADE中，AE=，DE=1，所以AE⊥CD．由AB∥CD，知AE⊥AB．由此能够证明平面AEF⊥平面PAB．‎ ‎（Ⅱ）法一：由AE⊥平面PAB，AE⊂平面PAE，知平面PAE⊥平面PAB，由PA⊥平面ABCD，知PA⊥CD．由AE⊥CD，PA∩AE=A，知CD⊥平面PAE，由CD⊂平面PCD，知平面PAE是平面PAB与平面PCD的公垂面，由此能够求出平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．‎ ‎（Ⅱ）法二：以A为原点，AB、AE分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系A﹣xyz，因为PA=AB=2，AE=，所以A（0，0，0）、P（0，0，2）、E（0，，0）、C（1，，0），则，，，由AE⊥平面PAB，知平面PAB的一个法向量为，求出平面PCD的一个法向量．由此能求出平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．‎ 解答：解：（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AD=CD=AB=2，在△ADE中，AE=，DE=1，‎ ‎∴AD2=DE2+AE2，‎ ‎∴∠AED=90°，即AE⊥CD．‎ ‎∵AB∥CD，∴AE⊥AB．‎ ‎∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥AE．‎ ‎∵PA∩AB=A，∴AE⊥平面PAB，‎ ‎∵AE⊂平面AEF，‎ ‎∴平面AEF⊥平面PAB．…（6分）‎ ‎（Ⅱ）解法一：由（1）知AE⊥平面PAB，而AE⊂平面PAE，‎ ‎∴平面PAE⊥平面PAB，…（6分）‎ ‎∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD．‎ 由（Ⅰ）知AE⊥CD，又PA∩AE=A，‎ ‎∴CD⊥平面PAE，又CD⊂平面PCD，‎ ‎∴平面PCD⊥平面PAE．‎ ‎∴平面PAE是平面PAB与平面PCD的公垂面…（8分）‎ 所以，∠APE就是平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角．…（9分）‎ 在RT△PAE中，PE2=AE2+PA2=3+4=7，即．…（10分）‎ ‎∵PA=2，∴．‎ 所以，平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为．…（12分）‎ ‎（Ⅱ）解法二：以A为原点，AB、AE分别为x轴、y轴的正方向，‎ 建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示．‎ 因为PA=AB=2，AE=，所以A（0，0，0）、P（0，0，2）、E（0，，0）、C（1，，0），‎ 则，，，…（7分）‎ 由（Ⅰ）知AE⊥平面PAB，‎ 故平面PAB的一个法向量为，…（8分）‎ 设平面PCD的一个法向量为，‎ 则，即，令y=2，‎ 则．…（10分）‎ ‎∴==．‎ 所以，平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为．…（12分）‎ 点评：本题考查平面AEF⊥平面PAB的证明，求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地化空间问题为平面问题，注意向量法的合理运用．‎ ‎2．（2011•重庆）如图，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．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法。‎ 专题：综合题；转化思想。‎ 分析：法一：几何法，‎ ‎（Ⅰ）过D作DF⊥AC，垂足为F，由平面ABC⊥平面ACD，由面面垂直的性质，可得DF是四面体ABCD的面ABC上的高；设G为边CD的中点，可得AG⊥CD，计算可得AG与DF的长，进而可得S△ABC，由棱锥体积公式，计算可得答案；‎ ‎（Ⅱ）过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE，分析可得∠DEF为二面角C﹣AB﹣D的平面角，计算可得EF的长，由（Ⅰ）中DF的值，结合正切的定义，可得答案．‎ 法二：向量法，‎ ‎（Ⅰ）首先建立坐标系，根据题意，设O是AC的中点，过O作OH⊥AC，交AB与H，过O作OM⊥AC，交AD与M；易知OH⊥OM，因此可以以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系O﹣XYZ，进而可得B、D的坐标；从而可得△ACD边AC的高即棱住的高与底面的面积，计算可得答案；‎ ‎（Ⅱ）设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，由（Ⅰ）易得向量的坐标，同时易得=（0，0，1）是平面ABC的法向量，由向量的夹角公式可得从而cos＜，＞，进而由同角三角函数的基本关系，可得tan＜，＞，即可得答案．‎ 解答：解：法一 ‎（Ⅰ）如图：过D作DF⊥AC，垂足为F，由平面ABC⊥平面ACD，‎ 可得DF⊥平面ACD，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高；‎ 设G为边CD的中点，由AC=AD，可得AG⊥CD，‎ 则AG===；‎ 由S△ADC=AC•DF=CD•AG可得，DF==；‎ 在Rt△ABC中，AB==，‎ S△ABC=AB•BC=；‎ 故四面体的体积V=×S△ABC×DF=；‎ ‎（Ⅱ）如图，过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE，‎ 由（Ⅰ）知DF⊥平面ABC，由三垂线定理可得DE⊥AB，故∠DEF为二面角C﹣AB﹣D的平面角，‎ 在Rt△AFD中，AF===；‎ 在Rt△ABC中，EF∥BC，从而，可得EF=；‎ 在Rt△DEF中，tan∠DEF==．‎ 则二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值为．‎ 解法二：（Ⅰ）如图（2）‎ 设O是AC的中点，过O作OH⊥AC，交AB与H，过O作OM⊥AC，交AD与M；‎ 由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM，‎ 因此以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系O﹣XYZ，‎ 已知AC=2，故A、C的坐标分别为A（0，﹣1，0），C（0，1，0）；‎ 设点B的坐标为（x1，y1，0），由⊥，||=1；‎ 有，‎ 解可得或（舍）；‎ 即B的坐标为（，，0），‎ 又舍D的坐标为（0，y2，z2），‎ 由||=1，||=2，有（y2﹣1）2+z22=1且（y2+1）2+z22=1；‎ 解可得或（舍），‎ 则D的坐标为（0，，），‎ 从而可得△ACD边AC的高为h=|z2|=‎ 又||=，||=1；‎ 故四面体的体积V=××||×||h=；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知=（，，0），=（0，，），‎ 设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，则由⊥可得，l+m=0，（1）；‎ 由⊥可得，m+n=0，（2）；‎ 取m=﹣1，由（1）（2）可得，l=，n=，即=（，﹣1，）‎ 显然=（0，0，1）是平面ABC的法向量，‎ 从而cos＜，＞=；‎ 故tan＜，＞=；‎ 则二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值为．‎ 点评：本题是立体几何综合题目，此类题目一般有两种思路即几何法与向量法，注意把握两种思路的特点，进行选择性的运用．‎ ‎3．（2011•宜阳县）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=90°，E、F分别是BA、BC的中点，G是AA1上一点，且AC1⊥EG．‎ ‎（Ⅰ）确定点G的位置；‎ ‎（Ⅱ）求直线AC1与平面EFG所成角θ的大小．‎ 考点：直线与平面所成的角。‎ 专题：计算题；综合题。‎ 分析：解法一：（Ⅰ）以C为原点，分别以CB、CA、CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标，利用向量数量积为零即可求得结果；‎ ‎（Ⅱ）求出平面EFG的法向量的一个法向量，利用直线的方向向量与法向量的夹角与直线与平面所成角之间的关系即可求得结果；‎ 解法二：（Ⅰ）取AC的中点D，连接DE、DG，则ED∥BC，利用线面垂直的判定和性质定理即可求得结果；（Ⅱ）取CC1的中点M，连接GM、FM，则EF∥GM，找出直线与平面所成的角，解三角形即可求得结果．‎ 解答：解法一：（Ⅰ）以C为原点，分别以CB、CA、CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则F（1，0，0），E（1，1，0），A（0，2，0），C1（0，0，2），‎ 设G（0，2，h），则．∵AC1⊥EG，∴．‎ ‎∴﹣1×0+1×（﹣2）+2h=0．∴h=1，即G是AA1的中点．‎ ‎（Ⅱ）设是平面EFG的法向量，则．‎ 所以平面EFG的一个法向量m=（1，0，1）‎ ‎∵，‎ ‎∴，即AC1与平面EFG所成角θ为 解法二：（Ⅰ）取AC的中点D，连接DE、DG，则ED∥BC ‎∵BC⊥AC，∴ED⊥AC．‎ 又CC1⊥平面ABC，而ED⊂平面ABC，∴CC1⊥ED．‎ ‎∵CC1∩AC=C，∴ED⊥平面A1ACC1．‎ 又∵AC1⊥EG，∴AC1⊥DG．‎ 连接A1C，∵AC1⊥A1C，∴A1C∥DG．‎ ‎∵D是AC的中点，∴G是AA1的中点．‎ ‎（Ⅱ）取CC1的中点M，连接GM、FM，则EF∥GM，‎ ‎∴E、F、M、G共面．作C1H⊥FM，交FM的延长线于H，∵AC⊥平面BB1C1C，‎ C1H⊂平面BB1C1C，∴AC⊥G1H，又AC∥GM，∴GM⊥C1H．∵GM∩FM=M，‎ ‎∴C1H⊥平面EFG，设AC1与MG相交于N点，所以∠C1NH为直线AC1与平面EFG所成角θ．‎ 因为，∴，∴．‎ 点评：本小题主要考查直线与平面垂直的判定，以及直线与平面平行的判定和直线与平面所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力．属中档题．‎ ‎4．（2011•浙江）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．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系；二面角的平面角及求法。‎ 专题：综合题；转化思想。‎ 分析：（I）由题意．因为PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上所以BC⊥PO．有AB=AC，D为BC的中点，得到BC⊥AD，进而得到线面垂直，即可得到所证；‎ ‎（II）有（I）利用面面垂直的判定得到PA⊥平面BMC，再利用二面角的定义得到二面角的平面角，然后求出即可．‎ 解答：解：（I）由题意画出图如下：‎ 由AB=AC，D为BC的中点，得AD⊥BC，‎ 又PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，得到PO⊥BC，‎ ‎∵PO∩AD=O∴BC⊥平面PAD，故BC⊥PA．‎ ‎（II）如图，在平面PAB中作BM⊥PA于M，连接CM，‎ ‎∵BC⊥PA，∴PA⊥平面BMC，∴AP⊥CM，故∠BMC为二面角B﹣AP﹣C的平面角，‎ 在直角三角形ADB中，；‎ 在直角三角形POD中，PD2=PO2+OD2，在直角三角形PDB中，PB2=PD2+BD2，∴PB2=PO2+OD2+BD2=36，得PB=6，‎ 在直角三角形POA中，PA2=AO2+OP2=25，得PA=5，‎ 又cos∠BPA=，从而．‎ 故BM=，‎ ‎∵BM2+MC2=BC2，∴二面角B﹣AP﹣C的大小为90°．‎ 点评：（I）此问考查了线面垂直的判定定理，还考查了线面垂直的性质定理；‎ ‎（II）此问考查了面面垂直的判定定理，二面角的平面角的定义，还考查了在三角形中求解．‎ ‎5．（2011•辽宁）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．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定；向量语言表述面面的垂直、平行关系；用空间向量求平面间的夹角。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：首先根据题意以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz；‎ ‎（Ⅰ）根据坐标系，求出则、、的坐标，由向量积的运算易得•=0，•=0；进而可得PQ⊥DQ，PQ⊥DC，由面面垂直的判定方法，可得证明；‎ ‎（Ⅱ）依题意结合坐标系，可得B、、的坐标，进而求出平面的PBC的法向量与平面PBQ法向量，进而求出cos＜，＞，根据二面角与其法向量夹角的关系，可得答案．‎ 解答：解：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz；‎ ‎（Ⅰ）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）；‎ 则=（1，1，0），=（0，0，1），=（1，﹣1，0），‎ 所以•=0，•=0；‎ 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，‎ 故PQ⊥平面DCQ，‎ 又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ；‎ ‎（Ⅱ）依题意，有B（1，0，1），‎ ‎=（1，0，0），=（﹣1，2，﹣1）；‎ 设=（x，y，z）是平面的PBC法向量，‎ 则即，‎ 因此可取=（0，﹣1，﹣2）；‎ 设是平面PBQ的法向量，则，‎ 可取=（1，1，1），‎ 所以cos＜，＞=﹣，‎ 故二面角角Q﹣BP﹣C的余弦值为﹣．‎ 点评：本题用向量法解决立体几何的常见问题，面面垂直的判定与二面角的求法；注意建立坐标系要容易求出点的坐标，顶点一般选在有两两垂直的三条直线的交点处，这样才有助于下一步的计算．‎ ‎6．（2011•湖北）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，点E在侧棱AA1上，点F在侧棱BB1上，且AE=2，BF=．‎ ‎（I） 求证：CF⊥C1E；‎ ‎（II） 求二面角E﹣CF﹣C1的大小．‎ 考点：二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（I）欲证C1E⊥平面CEF，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证C1E与平面CEF内两相交直线垂直，根据勾股定理可知EF⊥C1E，C1E⊥CE，又EF∩CE=E，满足线面垂直的判定定理，最后根据线面垂直的性质可知CF⊥C1E；‎ ‎（II）根据勾股定理可知CF⊥EF，根据线面垂直的判定定理可知CF⊥平面C1EF，而C1F⊂平面C1EF，则CF⊥C1F，从而∠EFC1即为二面角E﹣CF﹣C1的平面角，在△C1EF是等腰直角三角形，求出此角即可．‎ 解答：解：（I）由已知可得CC1=，CE=C1F=，‎ EF2=AB2+（AE﹣BF）2，EF=C1E=，‎ 于是有EF2+C1E2=C1F2，CE2+C1E2=C1C2，‎ 所以EF⊥C1E，C1E⊥CE．又EF∩CE=E，‎ 所以C1E⊥平面CEF 由CF⊂平面CEF，故CF⊥C1E；‎ ‎（II）在△CEF中，由（I）可得EF=CF=，CE=，‎ 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∠EFC1=45°，即所求二面角E﹣CF﹣C1的大小为45°‎ 点评：本题主要考查了空间直线与平面的位置关系和二面角的求法，同时考查了空间想象能力和推理论证的能力．‎ ‎7．（2011•湖北）如图，已知正三棱柱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⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）设二面角C﹣AF﹣E的大小为θ，求tanθ的最小值．‎ 考点：二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（I）过E作EN⊥AC于N，连接EF，NF，AC1，根据面面垂直的性质可知NF为EF在侧面A1C内的射影，根据，得NF∥AC，又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C，由三垂线定理可得结论；‎ ‎（II）连接AF，过N作NM⊥AF与M，连接ME根据三垂线定理得EM⊥AF，则∠EMN是二面角C﹣AF﹣E的平面角即∠EMN=θ，在直角三角形CNE中，求出NE，在直角三角形AMN中，求出MN，故tanθ=，根据α的范围可求出最小值．‎ 解答：解：（I）过E作EN⊥AC于N，连接EF，NF，AC1，由直棱柱的性质可知，底面ABC⊥侧面A1C ‎∴EN⊥侧面A1C NF为EF在侧面A1C内的射影 在直角三角形CNF中，CN=1‎ 则由，得NF∥AC1，又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C 由三垂线定理可知EF⊥A1C ‎（II）连接AF，过N作NM⊥AF与M，连接ME 由（I）可知EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AF ‎∴∠EMN是二面角C﹣AF﹣E的平面角即∠EMN=θ 设∠FAC=α则0°＜α≤45°，‎ 在直角三角形CNE中，NE=，在直角三角形AMN中，MN=3sinα 故tanθ=，又0°＜α≤45°∴0＜sinα≤‎ 故当α=45°时，tanθ达到最小值，‎ tanθ=，此时F与C1重合 点评：本题主要考查了空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查了空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．‎ ‎8．（2011•杭州）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD是正三角形，且垂直于底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，M为PC的中点．‎ ‎（1）求证：PA∥平面BDM；‎ ‎（2）求直线AC与平面ADM所成角的正弦值．‎ 考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（1）连接AC，交BD于点O，连接MO，由三角形中位线定理易得MO∥PA，进而由线面平行的判定定理得到PA∥平面BDM；‎ ‎（2）利用等体积法，根据VM﹣ADC=VC﹣ADM，我们分别计算出S△ADC，点M到面ADC的距离h1，S△ADM的大小，即可求出C点到平面ADM的距离，进而求出直线AC与平面ADM所成角的正弦值．‎ 解答：解：（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接MO 因为MO是△PAC的中位线，‎ 所以MO∥PA 又因为MO⊄面PAD中，‎ 所以MO∥面PAD ‎（2）因为S△ADC=，点M到面ADC的距离h1=，所以VM﹣ADC==．‎ 因为△PDC为等腰三角形，且M为PC的中点，所以DM⊥PC．‎ 取PB的中点E，AD的中点N，连接ME，PN，NE，BN 因为四边形DMEN为平行四边形 所以DM∥NE 又因为△PNB为等腰三角形，所以NE⊥PB 所以DM⊥PB．‎ 因为DM⊥PC，DM⊥PB且PC∩PB=P 所以DM⊥面PBC．‎ 所以DM⊥BC．‎ 因为BC∥AD 所以AD⊥DM，因为DM=‎ 所以S△ADM==‎ 所以VM﹣ADC=VC﹣ADM=S△ADM×h2×‎ 所以h2=‎ 所以sinθ=‎ 点评：本题考查的知识点是直线与平面所成的角，直线与平面平行的判定，其中（1）的关键是证得MO∥PA，（2）的关键是根据等体积法，求出C点到平面ADM的距离．‎ ‎9．（2011•广东）如图，在锥体P﹣ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=，PB=2，E，F分别是BC，PC的中点 ‎（1）证明：AD⊥平面DEF ‎（2）求二面角P﹣AD﹣B的余弦值．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法。‎ 专题：常规题型；综合题。‎ 分析：（1）利用线面垂直的判定定理进行证明是解决本题的关键，在平面DEF中找两条相交直线与AD垂直，利用60°角菱形的特征可以发现AD⊥DE，通过取出AD的中点构造一个平面可以证明AD⊥EF；‎ ‎（2）利用（1）中的结论找到二面角P﹣AD﹣B的平面角是解决本题的关键，求角往往要利用三角形中的余弦定理．‎ 解答：解：（1）取AD的中点G，连接PG，BG，在△ABG中，根据余弦定理可以算出BG=，‎ 发现AG2+BG2=AB2，可以得出AD⊥BG，又DE∥BG ‎∴DE⊥AD，‎ 又PA=PD，可以得出AD⊥PG，而PG∩BG=G，‎ ‎∴AD⊥平面PBG，而PB⊂平面PBG，‎ ‎∴AD⊥PB，又PB∥EF，‎ ‎∴AD⊥EF．又EF∩DE=E，∴AD⊥平面DEF．‎ ‎（2）由（1）知，AD⊥平面PBG，所以∠PGB为二面角P﹣AD﹣B的平面角，在△PBG中，PG=，BG=，PB=2，由余弦定理得 cos∠PGB=，因此二面角P﹣AD﹣B的余弦值为．‎ 点评：本题考查立体几何中基本的线面关系，考查线面垂直的判定方法，考查二面角的求法，训练了学生基本的空间想象能力，考查学生的转化与化归思想，解三角形的基本知识和学生的运算能力，属于基本的立体几何题．‎ ‎10．（2011•番禺区）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面所成的角为60°，AB=BC，A1A=A1C=2，AB⊥BC，侧面AA1C1C⊥底面ABC．‎ ‎（1）证明：A1B⊥A1C1；‎ ‎（2）求二面角A﹣CC1﹣B的大小；‎ ‎（3）求经过A1、A、B、C四点的球的表面积．‎ 考点：用空间向量求平面间的夹角；球的体积和表面积；向量语言表述线线的垂直、平行关系。‎ 专题：综合题。‎ 分析：此题可利用空间向量做：由于A1O⊥AC，BO⊥AC，A1A=A1C=2故取AC中点为O则A1O⊥AC，BO⊥AC而侧面AA1C1C⊥底面ABC且故可利用面面垂直的性质定理可得A1O⊥OB所以可以OB，OC，OA1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．‎ ‎（1）要证明A1B⊥A1C1即证明⊥即说明•=0即可故需求出，的坐标然后利用平面向量数量积的坐标计算求出•即可．‎ ‎（2）分别求出面BCC1，面ACC1的法向量m，n然后利用向量的夹角公式cos＜，＞=求出＜，＞而点B在平面ACC1内的射影O在二面角的面ACC1内故二面角A﹣CC1﹣B为锐角所以二面角A﹣CC1﹣B的大小为＜，＞（cos＜，＞＞0）或π﹣＜，＞（cos＜，＞＜0）．‎ ‎（3）由于A1A=A1C，AB⊥BC，O为AC的中点故A，B，C三点所在的平面截经过A1、A、B、C四点的球所得的截面为球的小圆而A1O⊥平面ABC故经过A1、A、B、C四点的球的球心在A1O上而三角形A1AC为正三角形故根据对称性可知球心在正三角形A1AC的中心然后利用正三角形的性质求出球的半径再结合球的表面经公式即可得解．‎ 解答：解：取AC中点为O，由A1A=A1C，AB=BC，知A1O⊥AC，BO⊥AC，‎ 又平面AA1C1C⊥平面ABC，所以A1O⊥OB．‎ 建立如图所示的坐标系O﹣xyz，则A（0，﹣1，0），B（1，0，0），‎ A1（0，0，），C（0，1，0）．‎ ‎（1）∵=（1，0，﹣），==（0，2，0）‎ ‎∴•=0‎ ‎∴A1B⊥A1C1．‎ ‎（2）设=（x，y，z）为面BCC1的一个法向量．‎ ‎∵=（﹣1，1，0），==（0，1，）‎ 又•=•=0，‎ ‎∴取n=（，，﹣1）．‎ 又=（1，0，0）是面ACC1的法向量，‎ ‎∴cos＜，＞===．‎ 由点B在平面ACC1内的射影O在二面角的面ACC1内，知二面角A﹣CC1﹣B为锐角，‎ ‎∴二面角A﹣CC1﹣B的大小为arccos．‎ ‎（3）设球心为O1，因为O是△ABC的外心，A1O⊥平面ABC，‎ 所以点O1在A1O上，则O1是正三角形A1AC的中心．‎ 则球半径R=A1A=，球表面积S=4πR2=π．‎ 点评：本题主要考察了利用空间向量证明线线垂直、求二面角以及求球的表面积，属常考题，较难．解题的关键是正确建立空间直角坐标系然后将线线垂直、二面角问题转化为证明向量垂直，法向量的夹角问题，同时还要求计算一定要准确！‎ ‎11．（2010•浙江）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°．E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCD，F为线段A′C的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：BF∥平面A′DE；‎ ‎（Ⅱ）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A′DE所成角的余弦值．‎ 考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（Ⅰ）欲证BF∥平面A'DE，只需在平面A'DE中找到一条线平行于BF即可；而取A′D的中点G，并连接GF、GE，易证四边形BEGF为平行四边形，则BF∥EG，即问题得证．‎ ‎（Ⅱ）欲求直线FM与平面A′DE所成角的余弦值，需先找到直线FM与平面A′DE所成的角；而连接A′M，CE，由平面A′DE⊥平面BCD易证CE⊥A′M，且由勾股定理的逆定理可证CE⊥DE；再取A′E的中点N，连线NM、NF，则NF⊥平面A′DE，即∠FMN为直线FM与平面A′DE所成的角；最后在Rt△FMN中，易得cos∠FMN的值．‎ 解答：（Ⅰ）证明：取A′D的中点G，‎ 连接GF，GE，由条件易知 FG∥CD，FG=CD．‎ BE∥CD，BE=CD．‎ 所以FG∥BE，FG=BE．‎ 故所以BF∥EG．‎ 又EG⊂平面A'DE，BF⊄平面A'DE 所以BF∥平面A'DE．‎ ‎（Ⅱ）解：在平行四边形ABCD中，设BC=a，‎ 则AB=CD=2a，AD=AE=EB=a，‎ 连接A′M，CE 因为∠ABC=120°‎ 在△BCE中，可得CE=a，‎ 在△ADE中，可得DE=a，‎ 在△CDE中，因为CD2=CE2+DE2，所以CE⊥DE，‎ 在正三角形A′DE中，M为DE中点，所以A′M⊥DE．‎ 由平面A′DE⊥平面BCD，‎ 可知A′M⊥平面BCD，A′M⊥CE．‎ 取A′E的中点N，连线NM、NF，‎ 所以NF⊥DE，NF⊥A′M．‎ 因为DE交A′M于M，‎ 所以NF⊥平面A′DE，‎ 则∠FMN为直线FM与平面A′DE所成的角．‎ 在Rt△FMN中，NF=a，MN=a，FM=a，‎ 则cos∠FMN=．‎ 所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为．‎ 点评：本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系及线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力．‎ ‎12．（2010•四川）在正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，点M是棱AA′的中点，点O是对角线BD′的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：OM为异面直线AA′和BD′的公垂线；‎ ‎（Ⅱ）求二面角M﹣BC′﹣B′的大小．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系。‎ 分析：解法一：（1）由题意及图形，利用正方体的特点及异面直线间的公垂线的定义可以求证；‎ ‎（2）由题意及图形，利用三垂线定理，求出所求的二面角的平面角，然后再在三角形中求出角的大小．‎ 解法二：（1）由题意及正方体的特点可以建立如图示的空间直角坐标系，利用向量的知识证明两条直线垂直；‎ ‎（2）由题意及空间向量的知识，抓好两平面的法向量与二面角之间的关系进而可以求出二面角的大小 解答：解：法一（1）连接AC，取AC中点K，‎ 则K为BD的中点，连接OK 因为M是棱AA′的中点，点O是BD′的中点 所以AM 所以MO 由AA′⊥AK，得MO⊥AA′‎ 因为AK⊥BD，AK⊥BB′，所以AK⊥平面BDD′B′‎ 所以AK⊥BD′‎ 所以MO⊥BD′‎ 又因为OM是异面直线AA′和BD′都相交 故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线；‎ ‎（2）取BB′中点N，连接MN，‎ 则MN⊥平面BCC′B′‎ 过点N作NH⊥BC′于H，连接MH 则由三垂线定理得BC’⊥MH 从而，∠MHN为二面角M﹣BC′﹣B′的平面角 MN=1，NH=Bnsin45°=‎ 在Rt△MNH中，tan∠MHN=‎ 故二面角M﹣BC′﹣B′的大小为arctan2．‎ 法二：‎ 以点D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系D﹣xyz 则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），‎ A′（1，0，1），C′（0，1，1），D′（0，0，1）‎ ‎（1）因为点M是棱AA′的中点，点O是BD′的中点 所以M（1，0，），O（，，），‎ ‎=（0，0，1），=（﹣1，﹣1，1）=0，+0=0‎ 所以OM⊥AA′，OM⊥BD′‎ 又因为OM与异面直线AA′和BD′都相交 故OM为异面直线AA′和BD′的公垂线；‎ ‎（2）设平面BMC'的一个法向量为=（x，y，z）‎ ‎=（0，﹣1，），=（﹣1，0，1）‎ 即 取z=2，则x=2，y=1，从而=（2，1，2）‎ 取平面BC′B′的一个法向量为=（0，1，0）‎ cos 由图可知，二面角M﹣BC′﹣B′的平面角为锐角 故二面角M﹣BC′﹣B′的大小为arccos．‎ 点评：本小题主要考查异面直线、直线与平面垂直、二面角、正方体等基础知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能力．‎ ‎13．（2010•宁夏）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点 ‎（1）证明：PE⊥BC ‎（2）若∠APB=∠ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值 考点：用向量证明垂直；直线与平面所成的角。‎ 专题：计算题；作图题；证明题；转化思想。‎ 分析：以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系．‎ ‎（1）表示，，计算，就证明PE⊥BC．‎ ‎（2）∠APB=∠ADB=60°，求出C，P的坐标，再求平面PEH的法向量，‎ 求向量，然后求与面PEH的法向量的数量积，可求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．‎ 解答：解：以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，‎ 建立空间直角坐标系如图，则A（1，0，0），B（0，1，0）‎ ‎（Ⅰ）设C（m，0，0），P（0，0，n）（m＜0，n＞0）‎ 则 可得 因为 所以PE⊥BC．‎ ‎（Ⅱ）由已知条件可得 设n=（x，y，z）为平面PEH的法向量 则即 因此可以取，‎ 由，‎ 可得 所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为．‎ 点评：本题主要考查空间几何体中的位置关系、线面所成的角等知识，考查空间想象能力以及利用向量法研究空间的位置关系以及线面角问题的能力．‎ ‎14．（2010•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°．‎ ‎（1）求证：PC⊥BC；‎ ‎（2）求点A到平面PBC的距离．‎ 考点：点、线、面间的距离计算；空间中直线与平面之间的位置关系。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（1），要证明PC⊥BC，可以转化为证明BC垂直于PC所在的平面，由PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°，容易证明BC⊥平面PCD，从而得证；‎ ‎（2），有两种方法可以求点A到平面PBC的距离：‎ 方法一，注意到第一问证明的结论，取AB的中点E，容易证明DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等，而A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍，由第一问证明的结论知平面PBC⊥平面PCD，交线是PC，所以只求D到PC的距离即可，在等腰直角三角形PDC中易求；‎ 方法二，等体积法：连接AC，则三棱锥P﹣ACB与三棱锥A﹣PBC体积相等，而三棱锥P﹣ACB体积易求，三棱锥A﹣PBC的地面PBC的面积易求，其高即为点A到平面PBC的距离，设为h，则利用体积相等即求．‎ 解答：解：（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC．‎ 由∠BCD=90°，得CD⊥BC，‎ 又PD∩DC=D，PD、DC⊂平面PCD，‎ 所以BC⊥平面PCD．‎ 因为PC⊂平面PCD，故PC⊥BC．‎ ‎（2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则：‎ 易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等．‎ 又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍．‎ 由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC，‎ 因为PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F．‎ 易知DF=，故点A到平面PBC的距离等于．‎ ‎（方法二）等体积法：连接AC．设点A到平面PBC的距离为h．‎ 因为AB∥DC，∠BCD=90°，所以∠ABC=90°．‎ 从而AB=2，BC=1，得△ABC的面积S△ABC=1．‎ 由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P﹣ABC的体积．‎ 因为PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥DC．‎ 又PD=DC=1，所以．‎ 由PC⊥BC，BC=1，得△PBC的面积．‎ 由VA﹣PBC=VP﹣ABC，，得，‎ 故点A到平面PBC的距离等于．‎ 点评：本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力．‎ ‎15．（2009•重庆）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD；平面CSD⊥平面ABCD，CS⊥DS，CS=2AD=2；E为BS的中点，，‎ 求：（Ⅰ）点A到平面BCS的距离；‎ ‎（Ⅱ）二面角E﹣CD﹣A的大小．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（Ⅰ）根据线面平行的判定定理可知AD∥平面BCS，则从而A点到平面BCS的距离等于D点到平面BCS的距离，从而DS为点A到平面BCS的距离，在Rt△ADS中求出DS即可；‎ ‎（Ⅱ）过E点作EG⊥CD，交CD于点G，又过G点作GH⊥CD，交AB于H，根据二面角平面角的定义可知∠EGH为二面角E﹣CD﹣A的平面角，过E点作EF∥BC，交CS于点F，连接GF，在Rt△FEG中，求出此角即可．‎ 解答：解：（Ⅰ）因为AD∥BC，且BC⊂平面BCS，‎ 所以AD∥平面BCS，‎ 从而A点到平面BCS的距离等于D点到平面BCS的距离．‎ 因为平面CSD⊥平面ABCD，AD⊥CD，‎ 故AD⊥平面CSD，从而AD⊥SD，‎ 由AD∥BC，得BC⊥DS，又由CS⊥DS知DS⊥平面BCS，‎ 从而DS为点A到平面BCS的距离，‎ 因此在Rt△ADS中 ‎（Ⅱ）如图，过E电作EG⊥CD，交CD于点G，‎ 又过G点作GH⊥CD，交AB于H，‎ 故∠EGH为二面角E﹣CD﹣A的平面角，‎ 记为θ，过E点作EF∥BC，交CS于点F，连接GF，‎ 因平面ABCD⊥平面CSD，GH⊥CD，‎ 易知GH⊥GF，故．‎ 由于E为BS边中点，故，‎ 在Rt△CFE中，，‎ 因EF⊥平面CSD，又EG⊥CD 故由三垂线定理的逆定理得FG⊥CD，‎ 从而又可得△CGF～△CSD，‎ 因此而在Rt△CSD中，‎ ‎，‎ 在Rt△FEG中，‎ 可得，故所求二面角的大小为 点评：本题主要考查了点到平面的距离，以及二面角的度量等有关知识，同时考查了计算能力、推理能力、以及转化与划归的思想，属于中档题．‎ ‎16．（2009•陕西）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AC=AA1=，∠ABC=60°．‎ ‎（1）证明：AB⊥A1C；‎ ‎（2）求二面角A﹣A1C﹣B的余弦值．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（1）欲证AB⊥A1C，而A1C⊂平面ACC1A1，可先证AB⊥平面ACC1A1，根据三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，可知AB⊥AA1，由正弦定理得AB⊥AC，满足线面垂直的判定定理所需条件；‎ ‎（2）作AD⊥A1C交A1C于D点，连接BD，由三垂线定理知BD⊥A1C，则∠ADB为二面角A﹣A1C﹣B的平面角，在Rt△BAD中，求出二面角A﹣A1C﹣B的余弦值即可．‎ 解答：解：（1）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴AB⊥AA1，在△ABC中，AB=1，AC=，∠ABC=60°，由正弦定理得∠ACB=30°，‎ ‎∴∠BAC=90°，即AB⊥AC，‎ ‎∴AB⊥平面ACC1A1，‎ 又A1C⊂平面ACC1A1，‎ ‎∴AB⊥A1C．‎ ‎（2）如图，作AD⊥A1C交A1C于D点，连接BD，‎ 由三垂线定理知BD⊥A1C，‎ ‎∴∠ADB为二面角A﹣A1C﹣B的平面角．‎ 在Rt△AA1C中，AD===，‎ 在Rt△BAD中，tan∠ADB==，‎ ‎∴cos∠ADB=，‎ 即二面角A﹣A1C﹣B的余弦值为．‎ 点评：本题考查直线与平面垂直的性质，二面角及其度量，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．‎ ‎17．（2008•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=2，∠PAB=60°．‎ ‎（Ⅰ）证明AD⊥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线PC与AD所成的角的大小；‎ ‎（Ⅲ）求二面角P﹣BD﹣A的大小．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（I）由题意在△PAD中，利用所给的线段长度计算出AD⊥PA，在利用矩形ABCD及线面垂直的判定定理及、此问得证；‎ ‎（II）利用条件借助图形，利用异面直线所称角的定义找到共面得两相交线，并在三角形中解出即可；‎ ‎（III）由题中的条件及三垂线定理找到二面角的平面角，然后再在三角形中解出角的大小即可．‎ 解答：解：（Ⅰ）证明：在△PAD中，由题设PA=2，PD=2，‎ 可得PA2+AD2=PD2于是AD⊥PA．‎ 在矩形ABCD中，AD⊥AB．又PA∩AB=A，‎ 所以AD⊥平面PAB．‎ ‎（Ⅱ）解：由题设，BC∥AD，‎ 所以∠PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角．‎ 在△PAB中，由余弦定理得 PB=‎ 由（Ⅰ）知AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，‎ 所以AD⊥PB，因而BC⊥PB，于是△PBC是直角三角形，故tanPCB=．‎ 所以异面直线PC与AD所成的角的大小为arctan．‎ ‎（Ⅲ）解：过点P做PH⊥AB于H，过点H做HE⊥BD于E，连接PE 因为AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，所以AD⊥PH．又AD∩AB=A，‎ 因而PH⊥平面ABCD，故HE为PE再平面ABCD内的射影．‎ 由三垂线定理可知，BD⊥PE，从而∠PEH是二面角P﹣BD﹣A的平面角．‎ 由题设可得，‎ PH=PA•sin60°=，AH=PA•cos60°=1，‎ BH=AB﹣AH=2，BD=，‎ HE=‎ 于是再RT△PHE中，tanPEH=‎ 所以二面角P﹣BD﹣A的大小为arctan．‎ 点评：本小题主要考查直线和平面垂直，异面直线所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力，还考查了利用反三角函数的知识求出角的大小．‎ ‎18．（2008•四川）如图，一张平行四边形的硬纸片ABC0D中，AD=BD=1，．沿它的对角线BD把△BDC0折起，使点C0到达平面ABC0D外点C的位置．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面ABC0D⊥平面CBC0；‎ ‎（Ⅱ）如果△ABC为等腰三角形，求二面角A﹣BD﹣C的大小．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（Ⅰ）要证面面垂直，只要证线面垂直，要证线面垂直，只要证线线垂直，由题意易得DB⊥BC，又DB⊥BC0，则题目可证．‎ ‎（Ⅱ）解法一：由DB⊥BC，AD⊥BD，故只要过B做BE∥AD，则角∠CBE为二面角A﹣BD﹣C的平面角，构造三角形求角即可．‎ 解法二：根据题意，建立空间坐标系，利用空间向量求解．由于DA⊥BD，BC⊥BD，所以与夹角的大小等于二面角A﹣BD﹣C的大小．由夹角公式求与的夹角的余弦，从而确定角的大小．‎ 解答：解：（Ⅰ）证明：因为AD=BC0=BD=1，，所以∠DBC0=90°，∠ADB=90°．‎ 因为折叠过程中，∠DBC=∠DBC0=90°，所以DB⊥BC，又DB⊥BC0，‎ 故DB⊥平面CBC0．‎ 又DB⊂平面ABC0D，‎ 所以平面ABC0D⊥平面CBC0．‎ ‎（Ⅱ）解法一：如图，延长C0B到E，使BE=C0B，连接AE，CE．‎ 因为AD平行等于BE，BE=1，DB=1，∠DBE=90°，‎ 所以AEBD为正方形，AE=1．‎ 由于AE，DB都与平面CBC0垂直，‎ 所以AE⊥CE，可知AC＞1．‎ 因此只有时，△ABC为等腰三角形．‎ 在Rt△AEC中，，又BC=1，‎ 所以△CEB为等边三角形，∠CBE=60°．‎ 由（Ⅰ）可知，CB⊥BD，EB⊥BD，‎ 所以∠CBE为二面角A﹣BD﹣C的平面角，‎ 即二面角A﹣BD﹣C的大小为60°．‎ 解法二：以D为坐标原点，射线DA，DB分别为x轴正半轴和y轴正半轴，‎ 建立如图的空间直角坐标系D﹣xyz，‎ 则A（1，0，0），B（0，1，0），D（0，0，0）．‎ 由（Ⅰ）可设点C的坐标为（x，1，z），其中z＞0，则有x2+z2=1．①‎ 因为△ABC为等腰三角形，所以AC=1或．‎ 若AC=1，则有（x﹣1）2+1+z2=1．‎ 由此得x=1，z=0，不合题意．‎ 若，则有（x﹣1）2+1+z2=2．②‎ 联立①和②得，．故点C的坐标为．‎ 由于DA⊥BD，BC⊥BD，所以与夹角的大小等于二面角A﹣BD﹣C的大小．‎ 又，，．‎ 所以．‎ 即二面角A﹣BD﹣C的大小为60°．‎ 点评：本题考查空间的位置关系可空间二面角的求法，考查运算能力和空间想象能力．‎ ‎19．（2008•四川）如，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BC，BE ‎（Ⅰ）证明：C，D，F，E四点共面；‎ ‎（Ⅱ）设AB=BC=BE，求二面角A﹣ED﹣B的大小．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；棱锥的结构特征。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（Ⅰ）延长DC交AB的延长线于点G，延长FE交AB的延长线于G′，根据比例关系可证得G与G′重合，准确推理，得到直线CD、EF相交于点G，即C，D，F，E四点共面．‎ ‎（Ⅱ）取AE中点M，作MN⊥DE，垂足为N，连接BN，由三垂线定理知BN⊥ED，根据二面角平面角的定义可知∠BMN为二面角A﹣ED﹣B的平面角，在三角形BMN中求出此角即可．‎ 解答：解：（Ⅰ）延长DC交AB的延长线于点G，由BC得 延长FE交AB的延长线于G′‎ 同理可得 故，即G与G′重合 因此直线CD、EF相交于点G，即C，D，F，E四点共面．‎ ‎（Ⅱ）设AB=1，则BC=BE=1，AD=2‎ 取AE中点M，则BM⊥AE，又由已知得，AD⊥平面ABEF 故AD⊥BM，BM与平面ADE内两相交直线AD、AE都垂直．‎ 所以BM⊥平面ADE，作MN⊥DE，垂足为N，连接BN 由三垂线定理知BN⊥ED，∠BMN为二面角A﹣ED﹣B的平面角．‎ 故 所以二面角A﹣ED﹣B的大小 点评：此题重点考查立体几何中四点共面问题和求二面角的问题，考查空间想象能力，几何逻辑推理能力，以及计算能力；突破：熟悉几何公理化体系，准确推理，注意书写格式是顺利进行求解的关键．‎ ‎20．（2008•海南）如图，已知点P在正方体ABCD﹣A′B′C′D′的对角线BD′上，∠PDA=60°．‎ ‎（Ⅰ）求DP与CC′所成角的大小；‎ ‎（Ⅱ）求DP与平面AA′D′D所成角的大小．‎ 考点：用空间向量求直线与平面的夹角；用空间向量求直线间的夹角、距离。‎ 专题：证明题；综合题；转化思想。‎ 分析：方法一：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系D﹣xyz．‎ 连接BD，B'D'．在平面BB'D'D中，延长DP交B'D'于H．‎ 求出．‎ ‎（Ⅰ）利用，求出．即可．‎ ‎（Ⅱ）平面AA'D'D的一个法向量是．通过，得到．即可．‎ 方法二：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标 系D﹣xyz．求出解题过程同方法一．‎ 解答：解：方法一：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系D﹣xyz．‎ 则，．连接BD，B'D'．‎ 在平面BB'D'D中，延长DP交B'D'于H．‎ 设，由已知，‎ 由 可得．解得，所以．（4分）‎ ‎（Ⅰ）因为，‎ 所以．即DP与CC'所成的角为45°．（8分）‎ ‎（Ⅱ）平面AA'D'D的一个法向量是．‎ 因为，所以．‎ 可得DP与平面AA'D'D所成的角为30°．（12分）‎ 方法二：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标 系D﹣xyz．则，，．‎ 设P（x，y，z）则，∴（x﹣1，y﹣1，z）=（﹣λ，﹣λ，λ）‎ ‎∴，则，由已知，，‎ ‎∴λ2﹣4λ+2=0，解得，∴（4分）‎ ‎（Ⅰ）因为，‎ 所以．即DP与CC'所成的角为45°．（8分）‎ ‎（Ⅱ）平面AA'D'D的一个法向量是．‎ 因为，所以．‎ 可得DP与平面AA'D'D所成的角为30°．（12分）‎ 点评：本题是中档题，考查空间向量求直线与平面的夹角，法向量的求法，直线与平面所成的角，考查计算能力．‎ ‎21．（2008•北京）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AC=BC=2，∠ACB=90°，AP=BP=AB，PC⊥AC．‎ ‎（Ⅰ）求证：PC⊥AB；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B﹣AP﹣C的大小；‎ ‎（Ⅲ）求点C到平面APB的距离．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（Ⅰ）欲证PC⊥AB，取AB中点D，连接PD，CD，可先证AB⊥平面PCD，欲证AB⊥平面PCD，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证AB与平面PCD内两相交直线垂直，而PD⊥AB，CD⊥AB，又PD∩CD=D，满足定理条件；‎ ‎（Ⅱ）取AP中点E．连接BE，CE，根据二面角平面角的定义可知∠BEC是二面角B﹣AP﹣C的平面角，在△BCE中求出此角即可；‎ ‎（Ⅲ）过C作CH⊥PD，垂足为H，易知CH的长即为点C到平面APB的距离，在Rt△PCD中利用勾股定理等知识求出CH即可．‎ 解答：解：（Ⅰ）取AB中点D，连接PD，CD．‎ ‎∵AP=BP，∴PD⊥AB．‎ ‎∵AC=BC，∴CD⊥AB．‎ ‎∵PD∩CD=D，∴AB⊥平面PCD．‎ ‎∵PC⊂平面PCD，∴PC⊥AB．‎ ‎（Ⅱ）∵AC=BC，AP=BP，∴△APC≌△BPC．‎ 又PC⊥AC，∴PC⊥BC．‎ 又∠ACB=90°，即AC⊥BC，且AC∩PC=C，∴BC⊥平面PAC．‎ 取AP中点E．连接BE，CE．‎ ‎∵AB=BP，∴BE⊥AP．‎ ‎∵EC是BE在平面PAC内的射影，∴CE⊥AP．‎ ‎∴∠BEC是二面角B﹣AP﹣C的平面角．‎ 在△BCE中，∠BCE=90°，BC=2，，‎ ‎∴．∴二面角B﹣AP﹣C的大小为．‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅰ）知AB⊥平面PCD，∴平面APB⊥平面PCD．‎ 过C作CH⊥PD，垂足为H．‎ ‎∵平面APB∩平面PCD=PD，∴CH⊥平面APB．‎ ‎∴CH的长即为点C到平面APB的距离．‎ 由（Ⅰ）知PC⊥AB，又PC⊥AC，且AB∩AC=A，∴PC⊥平面ABC．‎ ‎∵CD⊂平面ABC，∴PC⊥CD．‎ 在Rt△PCD中，，，‎ ‎∴．∴．‎ ‎∴点C到平面APB的距离为．‎ 点评：本题主要考查了空间两直线的位置关系，以及二面角的度量和点到面的距离的求解，培养学生空间想象能力，属于基础题．‎ ‎22．（2008•安徽）如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，∠ABC=，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：直线MN∥平面OCD；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小；‎ ‎（Ⅲ）求点B到平面OCD的距离．‎ 考点：用空间向量求直线间的夹角、距离；用向量证明平行。‎ 分析：方法一：（1）取OB中点E，连接ME，NE，证明平面MNE∥平面OCD，方法是两个平面内相交直线互相平行得到，从而的到MN∥平面OCD；‎ ‎（2）∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）作AP⊥CD于P，连接MP ‎∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP菱形的对角相等得到∠ABC=∠ADC=，‎ 利用菱形边长等于1得到DP=，而MD利用勾股定理求得等于，在直角三角形中，利用三角函数定义求出即可．‎ ‎（3）AB∥平面OCD，∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP，过点A作AQ⊥OP于点Q，‎ ‎∵AP⊥CD，OA⊥CD，∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD，‎ 又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离，求出距离可得．‎ 方法二：（1）分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系，分别表示出A，B，O，M，N的坐标，‎ 求出，，的坐标表示．设平面OCD的法向量为=（x，y，z），则，‎ 解得，∴MN∥平面OCD ‎（2）设AB与MD所成的角为θ，表示出和，利用a•b=|a||b|cosα求出叫即可．‎ ‎（3）设点B到平面OCD的距离为d，则d为在向量上的投影的绝对值，由，‎ 得．所以点B到平面OCD的距离为．‎ 解答：解：方法一（综合法）‎ ‎（1）取OB中点E，连接ME，NE ‎∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD 又∵NE∥OC，∴平面MNE∥平面OCD∴MN∥平面OCD ‎（2）∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角）‎ 作AP⊥CD于P，连接MP ‎∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP ‎∵，∴，，‎ ‎∴‎ 所以AB与MD所成角的大小为．‎ ‎（3）∵AB∥平面OCD，‎ ‎∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP，过点A作AQ⊥OP于点Q，‎ ‎∵AP⊥CD，OA⊥CD，‎ ‎∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD．‎ 又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，所以点B到平面OCD的距离为．‎ 方法二（向量法）‎ 作AP⊥CD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系：‎ A（0，0，0），B（1，0，0），，，‎ O（0，0，2），M（0，0，1），‎ ‎（1），，‎ 设平面OCD的法向量为n=（x，y，z），则•=0，•=0‎ 即 取，解得 ‎∵•=（，，﹣1）•（0，4，）=0，‎ ‎∴MN∥平面OCD．‎ ‎（2）设AB与MD所成的角为θ，‎ ‎∵‎ ‎∴，‎ ‎∴，AB与MD所成角的大小为．‎ ‎（3）设点B到平面OCD的距离为d，则d为在向量=（0，4，）上的投影的绝对值，‎ 由，得d==‎ 所以点B到平面OCD的距离为．‎ 点评：培养学生利用多种方法解决数学问题的能力，考查学生利用空间向量求直线间的夹角和距离的能力．‎ ‎23．（2007•重庆）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=1，BC=，AA1=2；点D在棱BB1上，BD=BB1；‎ B1E⊥A1D，垂足为E，求：‎ ‎（Ⅰ）异面直线A1D与B1C1的距离；‎ ‎（Ⅱ）四棱锥C﹣ABDE的体积．‎ 考点：点、线、面间的距离计算；棱柱、棱锥、棱台的体积。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（Ⅰ）先根据线面垂直的判定定理可知B1C1⊥平面A1B1D，再根据线面垂直的性质可知B1C1⊥B1E，B1E⊥A1D，则B1E是异面直线B1C1与A1D的公垂线，利用等面积法求出B1E的长；‎ ‎（Ⅱ）根据BC∥B1C1，可得BC⊥平面ABDE，从而BC为四棱锥C﹣ABDE的高．从而所求四棱锥的体积V为V=VC﹣ABDE=×S，其中S为四边形ABDE的面积，过E作EF⊥BD，垂足为F．利用等面积法求出EF，而S=S△A1AE﹣S△A1AE﹣S△A1B1D即可求出所求．‎ 解答：解：（Ⅰ）由直三棱柱的定义知B1C1⊥B1D，又因为∠ABC=90°，‎ 因此B1C1⊥A1B1，从而B1C1⊥平面A1B1D，得B1C1⊥B1E．又B1E⊥A1D，‎ 故B1E是异面直线B1C1与A1D的公垂线 由知，‎ 在Rt△A1B1D中，A2D=．‎ 又因．‎ 故B1E=．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1C1⊥平面A1B1D，又BC∥B1C1，故BC⊥平面ABDE，‎ 即BC为四棱锥C﹣ABDE的高．从而所求四棱锥的体积V为 V=VC﹣ABDE=×S，‎ 其中S为四边形ABDE的面积．如图1，过E作EF⊥BD，垂足为F．‎ 在Rt△B1ED中，ED=，‎ 又因S△B1ED=，‎ 故EF=．‎ 因△A1AE的边A1A上的高，故 S△A1AE=．‎ 又因为S△A1BD=，从而 S=S△A1AE﹣S△A1AE﹣S△A1B1D=2﹣．‎ 所以．‎ 点评：本题主要考查了异面直线的距离，以及三棱锥的体积的计算，体积的求解在最近两年高考中频繁出现，值得重视．‎ ‎24．（2007•重庆）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=2，AB=1，∠ABC=90°；点D、E分别在BB1，A1D上，且B1E⊥A1D，四棱锥C﹣ABDA1与直三棱柱的体积之比为3：5．‎ ‎（1）求异面直线DE与B1C1的距离；‎ ‎（2）若BC=，求二面角A1﹣DC1﹣B1的平面角的正切值．‎ 考点：点、线、面间的距离计算；棱柱、棱锥、棱台的体积；与二面角有关的立体几何综合题。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（1）因B1C1⊥A1B1，且B1C1⊥BB1，进而可推断B1C1⊥面A1ABB1，进而推断B1E是异面直线B1C1与DE的公垂线，设BD的长度为x，则四棱椎C﹣ABDA1的体积V1为，里用体积公式表示出V1，表示出四棱椎C﹣ABDA1的体积V1，同时直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V2，根据V1：V2=3：5求得x，从而求得B1D，直角三角形A1B1D中利用勾股定理求得A1D进而利用三角形面积公式求得B1E．‎ ‎（2）过B1作B1F⊥C1D，垂足为F，连接A1F，因A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1D，故A1B1⊥面B1DC1．由三垂线定理知C1D⊥A1F，故∠A1FB1为所求二面角的平面角，先利用勾股定理求得C11D，进而求得BF，进而可求tan求得∠A1FB1．‎ 解答：解：（Ⅰ）因B1C1⊥A1B1，且B1C1⊥BB1，故B1C1⊥面A1ABB1，‎ 从而B1C1⊥B1E，又B1E⊥DE，故B1E是异面直线B1C1与DE的公垂线 设BD的长度为x，则四棱椎C﹣ABDA1的体积V1为 而直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V2为 由已知条件V1：V2=3：5，故，解之得 从而 在直角三角形A1B1D中，，‎ 又因，‎ 故 ‎（Ⅱ）如图1，过B1作B1F⊥C1D，垂足为F，连接A1F，因A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1D，故A1B1⊥面B1DC1．‎ 由三垂线定理知C1D⊥A1F，故∠A1FB1为所求二面角的平面角 在直角△C1B1D中，，‎ 又因，‎ 故，所以．‎ 点评：本题主要考查了点线面间的距离计算．考查了学生综合分析问题和解决问题的能力．‎ ‎25．（2007•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点．‎ ‎（I）证明：CD⊥AE；‎ ‎（II）证明：PD⊥平面ABE；‎ ‎（III）求二面角A﹣PD﹣C的大小．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定。‎ 专题：综合题；转化思想。‎ 分析：（I）由题意利用线面PA⊥底面ABCD得线线PA⊥CD，进而得线面CD⊥平面PAC，即可得证；‎ ‎（II）由题意可得AE⊥PC，由（I）知，AE⊥CD，进而得到AE⊥平面PCD，在由线线垂直得PD⊥平面ABE；‎ ‎（III）因为AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则EM⊥PD．因此∠AME是二面角A﹣PD﹣C的平面角，然后再在三角形中求出即可．‎ 解答：解：（I）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，‎ 因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，故PA⊥CD．‎ ‎∵AC⊥CD，PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC．‎ 而AE⊂平面PAC，∴AE⊥PC．‎ ‎（II）证明：由PA=AB=BC，∠ABC=60°，可得AC=PA．‎ ‎∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．‎ 由（I）知，AE⊥CD，且PC∩CD=C，所以AE⊥平面PCD．‎ 而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD内射影是AD，AB⊥AD，∴AB⊥PD．‎ 又AB∩AE=A，综上得PD⊥平面ABE．‎ ‎（III）过点A作AM⊥PD，垂足为M，连接EM．‎ 由（II）知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则EM⊥PD．‎ 因此∠AME是二面角A﹣PD﹣C的平面角．‎ 由已知，得∠CAD=30°．设AC=a，可得．‎ 在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AM．PD=PA．AD．则．‎ 在Rt△AEM中，．‎ 所以二面角A﹣PD﹣C的大小是．‎ 点评：此题重点考查了利用线面垂直得到线线垂直进而在得线面垂直再得线线垂直，利用二面角平面角的定义及射影的实质，得到二面角的平面角并在三角形中解出角的大小，还考查了反三角函数的知识．‎ ‎26．（2007•辽宁）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC=a，D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1上的点，二面角M﹣DE﹣A为30°．‎ ‎（I）证明：A1B1⊥C1D；‎ ‎（II）求MA的长，并求点C到平面MDE的距离．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；棱柱的结构特征；点、线、面间的距离计算。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（I）连接CD，根据三垂线定理可得AB⊥C1D，而A1B1平行AB，从而A1B1⊥C1D；‎ ‎（II）过点A作CE的平行线，交ED的延长线于F，连接MF，根据定义可知∠MFA为二面角M﹣DE﹣A的平面角，在Rt△GAF中，∠GFA=30°，求出A到平面MDE的距离，再根据线面平行可知C到平面MDE的距离与A到平面MDE的距离相等．‎ 解答：解：（I）证明：连接CD，‎ 三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，∴CD为C1D在平面ABC内的射影．∵△ABC中，AC=BC，D为AB中点，∴AB⊥CD，∴AB⊥C1D∵A1B1∥AB，∴A1B1⊥C1D ‎（II）解：过点A作CE的平行线，‎ 交ED的延长线于F，连接MF∵D，E分别为AB，BC的中点，∴DE⊥AC 又∵AF∥CE，CE⊥AC∴AF⊥DE∵MA⊥平面ABC，∴AF为MF在平面ABC内的射影∴MF⊥DE∴∠MFA为二面角M﹣DE﹣A的平面角，∠MFA=30°‎ 在Rt△MAF中，，∠MFA=30°，∴‎ 作AG⊥MF，垂足为G，∵MF⊥DE，AF⊥DE，∴DE⊥平面DMF，∵平面MDE⊥平面AMF，∴AG⊥平面MDE 在Rt△GAF中，∠GFA=30°，，∴，即A到平面MDE的距离为∵CA∥DE，∴CA∥平面MDE，∴C到平面MDE的距离与A到平面MDE的距离相等，为．‎ 点评：本小题主要考查空间中的线面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与思维能力，属于基础题．‎ ‎27．（2006•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=AB=2BC，M、N分别为PC、PB的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：PB⊥DM；‎ ‎（Ⅱ）求CD与平面ADMN所成的角．‎ 考点：直线与平面所成的角；直线与平面垂直的性质。‎ 专题：证明题。‎ 分析：（I）欲证PB⊥DM，可先证PB⊥平面ADMN，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证PB与平面ADMN内两相交直线垂直，而AN⊥PB，AD⊥PB，满足定理条件；‎ ‎（II）取AD的中点G，连接BG、NG，得到 BG∥CD，从而BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等，根据线面所成角的定义可知∠BGN是BG与平面ADMN所成的角，在Rt△BGN中求出此角的正弦值即可．‎ 解答：解：（I）因为N是PB的中点，PA=AB，‎ 所以AN⊥PB．‎ 因为AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，‎ 从而PB⊥平面ADMN．‎ 因为DM⊂平面ADMN，‎ 所以PB⊥DM．‎ ‎（II）取AD的中点G，连接BG、NG，‎ 则BG∥CD，‎ 所以BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等．‎ 因为PB⊥平面ADMN，‎ 所以∠BGN是BG与平面ADMN所成的角．‎ 在Rt△BGN中，．‎ 故CD与平面ADMN所成的角是．‎ 点评：本题主要考查空间线线、线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力．‎ ‎28．（2006•四川）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、P分别是BC、A1D1的中点，M、N分别是AE、CD1的中点，AD=A1A1=a，Ab=2a，‎ ‎（Ⅰ）求证：MN∥平面ADD1A1；‎ ‎（Ⅱ）求二面角P﹣AE﹣D的大小．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的判定。‎ 专题：计算题；证明题。‎ 分析：（Ⅰ）欲证MN∥面ADD1A1，取CD的中点K，连接MK，NK，只需证面MNK∥面ADD1A1，根据面面平行的判定定理可知只需在一个平面内找两相交直线与另一平面平行，MK∥面ADD1A1，NK∥面ADD1A1，MN∩NK=N，满足定理条件．‎ ‎（Ⅱ）设F为AD的中点，作FH⊥AE，交AE于H，连接PH，根据二面角的平面角的定义可知∠PHF为二面角P﹣AE﹣D的平面角，在Rt△PFH中求出此角即可．‎ 解答：解：（Ⅰ）证明：取CD的中点K，连接MK，NK ‎∵M，N，K分别为AK，CD1，CD的中点 ‎∵MK∥AD，NK∥DD1‎ ‎∴MK∥面ADD1A1，NK∥面ADD1A1‎ ‎∴面MNK∥面ADD1A1‎ ‎∴MN∥面ADD1A1‎ ‎（Ⅱ）设F为AD的中点 ‎∵P为A1D1的中点∴PF∥DD1‎ ‎∴PF⊥面ABCD 作FH⊥AE，交AE于H，连接PH，则由三垂线定理得AE⊥PH 从而∠PHF为二面角P﹣AE﹣D的平面角．‎ 在Rt△AEF中，，从而 在Rt△PFH中，‎ 故：二面角P﹣AE﹣D的大小为 点评：本小题主要考查长方体的概念、直线和平面、平面和平面的关系等基础知识，以及空间想象能力和推理能力．‎ ‎29．（2006•陕西）如图，α⊥β，α∩β=l，A∈α，B∈β，点A在直线l上的射影为A1，点B在l的射影为B1，已知AB=2，AA1=1，BB1=，求：‎ ‎（Ⅰ）直线AB分别与平面α，β所成角的大小；‎ ‎（Ⅱ）二面角A1﹣AB﹣B1的大小．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面所成的角。‎ 专题：计算题。‎ 分析：（I）因为α⊥β，α∩β=l，A∈α，B∈β，点A在直线l上的射影为A1，点B在l的射利用直线与平面所成角的定义找到该斜线在平面内的射影即可以求解影为B1，利用直线与平面所成角的定义找到该斜线在平面内的射影即可以求解；‎ ‎（II）因为BB1⊥α，利用线面垂直的判定定理可以得到平面ABB1⊥α，再利用三垂线定理根据二面角的定义求出二面角的平面角的平面角，在放到三角形中解出即可．‎ 解答：解：（Ⅰ）如图，连接A1B，AB1，∵α⊥β，α∩β=l，AA1⊥l，BB1⊥l，‎ ‎∴AA1⊥β，BB1⊥α．则∠BAB1，∠ABA1分别是AB与α和β所成的角．‎ Rt△BB1A中，BB1=，AB=2，‎ ‎∴sin∠BAB1==．‎ ‎∴∠BAB1=45°．‎ Rt△AA1B中，AA1=1，AB=2，sin∠ABA1==，‎ ‎∴∠ABA1=30°．‎ 故AB与平面α，β所成的角分别是45°，30°．‎ ‎（Ⅱ）∵BB1⊥α，∴平面ABB1⊥α．‎ 在平面α内过A1作A1E⊥AB1交AB1于E，则A1E⊥平面AB1B．过E作EF⊥AB交AB于F，连接A1F，则由三垂线定理得A1F⊥AB，‎ ‎∴∠A1FE就是所求二面角的平面角．‎ 在Rt△ABB1中，∠BAB1=45°，‎ ‎∴AB1=B1B=．‎ ‎∴Rt△AA1B中，A1B===．‎ 由AA1•A1B=A1F•AB得A1F===，‎ ‎∴在Rt△A1EF中，sin∠A1FE==，‎ ‎∴二面角A1﹣AB﹣B1的大小为arcsin．‎ 点评：（1）此问重点考查了学生的空间想象能力，还考查了学生对于面面垂直的性质及线面角的概念的准确理解和灵活运用；‎ ‎（2）此问重点考查了二面角的概念及利用三垂线定理求解二面角，还考查了求角时的反三角的表示方法．‎ ‎30．（2006•江西）如图，在三棱锥A﹣BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形．‎ ‎（1）求证：AD⊥BC．‎ ‎（2）求二面角B﹣AC﹣D的大小．‎ ‎（3）在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由．‎ 考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面所成的角。‎ 分析：（1）方法一：根据三垂线定理可得：作AH⊥面BCD于H，连DH．由长度计算可得：BHCD是正方形，所以DH⊥BC，则AD⊥BC．‎ 方法二：证明异面直线垂直，也可以先证明直线与平面垂直：取BC的中点O，连AO、DO，则有AO⊥BC，DO⊥BC，所以BC⊥面AOD ‎（2）二面角的度量关键在于作出它的平面角，常用的方法就是三垂线定理．作BM⊥AC于M，作MN⊥AC交AD于N，则∠BMN就是二面角B﹣AC﹣D的平面角，再根据余弦定理即可求得cos∠BMN的大小．‎ ‎（3）直线与平面所成的角，需先作出平面的垂线：设E是所求的点，作EF⊥CH于F，连FD．则EF∥AH，所以EF⊥面BCD，∠EDF就是ED与面BCD所成的角，则∠EDF=30°．‎ 解答：解：（1）方法一：作AH⊥面BCD于H，连DH．‎ AB⊥BD⇒HB⊥BD，又AD=，BD=1‎ ‎∴AB==BC=AC ‎∴BD⊥DC 又BD=CD，则BHCD是正方形，‎ 则DH⊥BC∴AD⊥BC 方法二：取BC的中点O，连AO、DO 则有AO⊥BC，DO⊥BC，∴BC⊥面AOD ‎∴BC⊥AD ‎（2）作BM⊥AC于M，作MN⊥AC交AD于N，则∠BMN就是二面角B﹣AC﹣D的平面角，因为AB=AC=BC=‎ ‎∵M是AC的中点，则BM=，MN=CD=，BN=AD=，由余弦定理可求得cos∠BMN=‎ ‎∴∠BMN=arccos ‎（3）设E是所求的点，作EF⊥CH于F，连FD．则EF∥AH，‎ ‎∴EF⊥面BCD，∠EDF就是ED与面BCD所成的角，‎ 则∠EDF=30°．‎ 设EF=x，易得AH=HC=1，则CF=x，FD=，‎ ‎∴tan∠EDF===‎ 解得x=，‎ 则CE=，x=1‎ 故线段AC上存在E点，且CE=1时，ED与面BCD成30°角．‎ 点评：本小题主要考查棱锥的结构特征，二面角和线面关系等基本知识，同时考查空间想象能力和推理、运算能力．‎