高考專項訓練19空間幾何大題

------------------------------------------------------------------------ 高考專項訓練19空間幾何大題一．解答題（共30小題）1．（2012?西山區(qū)）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E、F分別為CD、PB的中點，AE=．（Ⅰ）求證：平面AEF⊥平面PAB．（Ⅱ）求平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的余弦值．2．（2011?重慶）如圖，在四面體ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1（Ⅰ）求四面體ABCD的體積；（Ⅱ）求二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值．3．（2011?宜陽縣）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=90°，E、F分別是BA、BC的中點，G是AA1上一點，且AC1⊥EG．（Ⅰ）確定點G的位置；（Ⅱ）求直線AC1與平面EFG所成角θ的大?。?．（2011?浙江）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AB=AC，D為BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．（Ⅰ）證明：AP⊥BC；（Ⅱ）已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2．求二面角B﹣AP﹣C的大?。?．（2011?遼寧）如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD．（I）證明：平面PQC⊥平面DCQ（II）求二面角Q﹣BP﹣C的余弦值．6．（2011?湖北）如圖，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為3，點E在側(cè)棱AA1上，點F在側(cè)棱BB1上，且AE=2，BF=．（I）求證：CF⊥C1E；（II）求二面角E﹣CF﹣C1的大?。?．（2011?湖北）如圖，已知正三棱柱ABC=A1B1C1的各棱長都是4，E是BC的中點，動點F在側(cè)棱CC1上，且不與點C重合．（Ⅰ）當CF=1時，求證：EF⊥A1C；（Ⅱ）設二面角C﹣AF﹣E的大小為θ，求tanθ的最小值．8．（2011?杭州）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD是正三角形，且垂直于底面ABCD，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=60°，M為PC的中點．（1）求證：PA∥平面BDM；（2）求直線AC與平面ADM所成角的正弦值．9．（2011?廣東）如圖，在錐體P﹣ABCD中，ABCD是邊長為1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=，PB=2，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點（1）證明：AD⊥平面DEF（2）求二面角P﹣AD﹣B的余弦值．10．（2011?番禺區(qū)）如圖，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的側(cè)棱與底面所成的角為60°，AB=BC，A1A=A1C=2，AB⊥BC，側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC．（1）證明：A1B⊥A1C1；（2）求二面角A﹣CC1﹣B的大??；（3）求經(jīng)過A1、A、B、C四點的球的表面積．11．（2010?浙江）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°．E為線段AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCD，F(xiàn)為線段A′C的中點．（Ⅰ）求證：BF∥平面A′DE；（Ⅱ）設M為線段DE的中點，求直線FM與平面A′DE所成角的余弦值．12．（2010?四川）在正方體ABCD﹣A′B′C′D′中，點M是棱AA′的中點，點O是對角線BD′的中點．（Ⅰ）求證：OM為異面直線AA′和BD′的公垂線；（Ⅱ）求二面角M﹣BC′﹣B′的大?。?3．（2010?寧夏）如圖，已知四棱錐P﹣ABCD的底面為等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足為H，PH是四棱錐的高，E為AD中點（1）證明：PE⊥BC（2）若∠APB=∠ADB=60°，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值14．（2010?江蘇）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°．（1）求證：PC⊥BC；（2）求點A到平面PBC的距離．15．（2009?重慶）如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD；平面CSD⊥平面ABCD，CS⊥DS，CS=2AD=2；E為BS的中點，，求：（Ⅰ）點A到平面BCS的距離；（Ⅱ）二面角E﹣CD﹣A的大?。?6．（2009?陜西）如圖所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AC=AA1=，∠ABC=60°．（1）證明：AB⊥A1C；（2）求二面角A﹣A1C﹣B的余弦值．17．（2008?天津）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=2，∠PAB=60°．（Ⅰ）證明AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求異面直線PC與AD所成的角的大??；（Ⅲ）求二面角P﹣BD﹣A的大?。?8．（2008?四川）如圖，一張平行四邊形的硬紙片ABC0D中，AD=BD=1，．沿它的對角線BD把△BDC0折起，使點C0到達平面ABC0D外點C的位置．（Ⅰ）證明：平面ABC0D⊥平面CBC0；（Ⅱ）如果△ABC為等腰三角形，求二面角A﹣BD﹣C的大?。?9．（2008?四川）如，平面ABEF⊥平面ABCD，四邊形ABEF與ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BC，BE（Ⅰ）證明：C，D，F(xiàn)，E四點共面；（Ⅱ）設AB=BC=BE，求二面角A﹣ED﹣B的大?。?0．（2008?海南）如圖，已知點P在正方體ABCD﹣A′B′C′D′的對角線BD′上，∠PDA=60°．（Ⅰ）求DP與CC′所成角的大小；（Ⅱ）求DP與平面AA′D′D所成角的大?。?1．（2008?北京）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AC=BC=2，∠ACB=90°，AP=BP=AB，PC⊥AC．（Ⅰ）求證：PC⊥AB；（Ⅱ）求二面角B﹣AP﹣C的大小；（Ⅲ）求點C到平面APB的距離．22．（2008?安徽）如圖，在四棱錐O﹣ABCD中，底面ABCD四邊長為1的菱形，∠ABC=，OA⊥底面ABCD，OA=2，M為OA的中點，N為BC的中點．（Ⅰ）證明：直線MN∥平面OCD；（Ⅱ）求異面直線AB與MD所成角的大??；（Ⅲ）求點B到平面OCD的距離．23．（2007?重慶）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=1，BC=，AA1=2；點D在棱BB1上，BD=BB1；B1E⊥A1D，垂足為E，求：（Ⅰ）異面直線A1D與B1C1的距離；（Ⅱ）四棱錐C﹣ABDE的體積．24．（2007?重慶）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=2，AB=1，∠ABC=90°；點D、E分別在BB1，A1D上，且B1E⊥A1D，四棱錐C﹣ABDA1與直三棱柱的體積之比為3：5．（1）求異面直線DE與B1C1的距離；（2）若BC=，求二面角A1﹣DC1﹣B1的平面角的正切值．25．（2007?天津）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中點．（I）證明：CD⊥AE；（II）證明：PD⊥平面ABE；（III）求二面角A﹣PD﹣C的大?。?6．（2007?遼寧）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC=a，D，E分別為棱AB，BC的中點，M為棱AA1上的點，二面角M﹣DE﹣A為30°．（I）證明：A1B1⊥C1D；（II）求MA的長，并求點C到平面MDE的距離．27．（2006?浙江）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面為直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=AB=2BC，M、N分別為PC、PB的中點．（Ⅰ）求證：PB⊥DM；（Ⅱ）求CD與平面ADMN所成的角．28．（2006?四川）如圖，長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E、P分別是BC、A1D1的中點，M、N分別是AE、CD1的中點，AD=A1A1=a，Ab=2a，（Ⅰ）求證：MN∥平面ADD1A1；（Ⅱ）求二面角P﹣AE﹣D的大?。?9．（2006?陜西）如圖，α⊥β，α∩β=l，A∈α，B∈β，點A在直線l上的射影為A1，點B在l的射影為B1，已知AB=2，AA1=1，BB1=，求：（Ⅰ）直線AB分別與平面α，β所成角的大??；（Ⅱ）二面角A1﹣AB﹣B1的大?。?0．（2006?江西）如圖，在三棱錐A﹣BCD中，側(cè)面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜邊，且AD=，BD=CD=1，另一個側(cè)面是正三角形．（1）求證：AD⊥BC．（2）求二面角B﹣AC﹣D的大?。?）在直線AC上是否存在一點E，使ED與面BCD成30°角？若存在，確定E的位置；若不存在，說明理由．

答案與評分標準一．解答題（共30小題）1．（2012?西山區(qū)）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，PA=PB=2，E、F分別為CD、PB的中點，AE=．（Ⅰ）求證：平面AEF⊥平面PAB．（Ⅱ）求平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的余弦值．考點：用空間向量求平面間的夾角；平面與平面垂直的判定。專題：綜合題。分析：（Ⅰ）由四邊形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=PB=2，E、F分別為CD、PB的中點，AE=，知AD=CD=AB=2，在△ADE中，AE=，DE=1，所以AE⊥CD．由AB∥CD，知AE⊥AB．由此能夠證明平面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與平面PCD的公垂面，由此能夠求出平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的余弦值．（Ⅱ）法二：以A為原點，AB、AE分別為x軸、y軸的正方向，建立空間直角坐標系A﹣xyz，因為PA=AB=2，AE=，所以A（0，0，0）、P（0，0，2）、E（0，，0）、C（1，，0），則，，，由AE⊥平面PAB，知平面PAB的一個法向量為，求出平面PCD的一個法向量．由此能求出平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的余弦值．解答：解：（Ⅰ）證明：∵四邊形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與平面PCD的公垂面…（8分）所以，∠APE就是平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的平面角．…（9分）在RT△PAE中，PE2=AE2+PA2=3+4=7，即．…（10分）∵PA=2，∴．所以，平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的余弦值為．…（12分）（Ⅱ）解法二：以A為原點，AB、AE分別為x軸、y軸的正方向，建立空間直角坐標系A﹣xyz，如圖所示．因為PA=AB=2，AE=，所以A（0，0，0）、P（0，0，2）、E（0，，0）、C（1，，0），則，，，…（7分）由（Ⅰ）知AE⊥平面PAB，故平面PAB的一個法向量為，…（8分）設平面PCD的一個法向量為，則，即，令y=2，則．…（10分）∴==．所以，平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的余弦值為．…（12分）點評：本題考查平面AEF⊥平面PAB的證明，求平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的余弦值．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地化空間問題為平面問題，注意向量法的合理運用．2．（2011?重慶）如圖，在四面體ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1（Ⅰ）求四面體ABCD的體積；（Ⅱ）求二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值．考點：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；二面角的平面角及求法。專題：綜合題；轉(zhuǎn)化思想。分析：法一：幾何法，（Ⅰ）過D作DF⊥AC，垂足為F，由平面ABC⊥平面ACD，由面面垂直的性質(zhì)，可得DF是四面體ABCD的面ABC上的高；設G為邊CD的中點，可得AG⊥CD，計算可得AG與DF的長，進而可得S△ABC，由棱錐體積公式，計算可得答案；（Ⅱ）過F作FE⊥AB，垂足為E，連接DE，分析可得∠DEF為二面角C﹣AB﹣D的平面角，計算可得EF的長，由（Ⅰ）中DF的值，結(jié)合正切的定義，可得答案．法二：向量法，（Ⅰ）首先建立坐標系，根據(jù)題意，設O是AC的中點，過O作OH⊥AC，交AB與H，過O作OM⊥AC，交AD與M；易知OH⊥OM，因此可以以O為原點，以射線OH、OC、OM為x軸、y軸、z軸，建立空間坐標系O﹣XYZ，進而可得B、D的坐標；從而可得△ACD邊AC的高即棱住的高與底面的面積，計算可得答案；（Ⅱ）設非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，由（Ⅰ）易得向量的坐標，同時易得=（0，0，1）是平面ABC的法向量，由向量的夾角公式可得從而cos＜，＞，進而由同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，可得tan＜，＞，即可得答案．解答：解：法一（Ⅰ）如圖：過D作DF⊥AC，垂足為F，由平面ABC⊥平面ACD，可得DF⊥平面ACD，即DF是四面體ABCD的面ABC上的高；設G為邊CD的中點，由AC=AD，可得AG⊥CD，則AG===；由S△ADC=AC?DF=CD?AG可得，DF==；在Rt△ABC中，AB==，S△ABC=AB?BC=；故四面體的體積V=×S△ABC×DF=；（Ⅱ）如圖，過F作FE⊥AB，垂足為E，連接DE，由（Ⅰ）知DF⊥平面ABC，由三垂線定理可得DE⊥AB，故∠DEF為二面角C﹣AB﹣D的平面角，在Rt△AFD中，AF===；在Rt△ABC中，EF∥BC，從而，可得EF=；在Rt△DEF中，tan∠DEF==．則二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值為．解法二：（Ⅰ）如圖（2）設O是AC的中點，過O作OH⊥AC，交AB與H，過O作OM⊥AC，交AD與M；由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM，因此以O為原點，以射線OH、OC、OM為x軸、y軸、z軸，建立空間坐標系O﹣XYZ，已知AC=2，故A、C的坐標分別為A（0，﹣1，0），C（0，1，0）；設點B的坐標為（x1，y1，0），由⊥，||=1；有，解可得或（舍）；即B的坐標為（，，0），又舍D的坐標為（0，y2，z2），由||=1，||=2，有（y2﹣1）2+z22=1且（y2+1）2+z22=1；解可得或（舍），則D的坐標為（0，，），從而可得△ACD邊AC的高為h=|z2|=又||=，||=1；故四面體的體積V=××||×||h=；（Ⅱ）由（Ⅰ）知=（，，0），=（0，，），設非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，則由⊥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，）顯然=（0，0，1）是平面ABC的法向量，從而cos＜，＞=；故tan＜，＞=；則二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值為．點評：本題是立體幾何綜合題目，此類題目一般有兩種思路即幾何法與向量法，注意把握兩種思路的特點，進行選擇性的運用．3．（2011?宜陽縣）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=90°，E、F分別是BA、BC的中點，G是AA1上一點，且AC1⊥EG．（Ⅰ）確定點G的位置；（Ⅱ）求直線AC1與平面EFG所成角θ的大?。键c：直線與平面所成的角。專題：計算題；綜合題。分析：解法一：（Ⅰ）以C為原點，分別以CB、CA、CC1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，寫出有關(guān)點的坐標，利用向量數(shù)量積為零即可求得結(jié)果；（Ⅱ）求出平面EFG的法向量的一個法向量，利用直線的方向向量與法向量的夾角與直線與平面所成角之間的關(guān)系即可求得結(jié)果；解法二：（Ⅰ）取AC的中點D，連接DE、DG，則ED∥BC，利用線面垂直的判定和性質(zhì)定理即可求得結(jié)果；（Ⅱ）取CC1的中點M，連接GM、FM，則EF∥GM，找出直線與平面所成的角，解三角形即可求得結(jié)果．解答：解法一：（Ⅰ）以C為原點，分別以CB、CA、CC1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則F（1，0，0），E（1，1，0），A（0，2，0），C1（0，0，2），設G（0，2，h），則．∵AC1⊥EG，∴．∴﹣1×0+1×（﹣2）+2h=0．∴h=1，即G是AA1的中點．（Ⅱ）設是平面EFG的法向量，則．所以平面EFG的一個法向量m=（1，0，1）∵，∴，即AC1與平面EFG所成角θ為解法二：（Ⅰ）取AC的中點D，連接DE、DG，則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．連接A1C，∵AC1⊥A1C，∴A1C∥DG．∵D是AC的中點，∴G是AA1的中點．（Ⅱ）取CC1的中點M，連接GM、FM，則EF∥GM，∴E、F、M、G共面．作C1H⊥FM，交FM的延長線于H，∵AC⊥平面BB1C1C，C1H?平面BB1C1C，∴AC⊥G1H，又AC∥GM，∴GM⊥C1H．∵GM∩FM=M，∴C1H⊥平面EFG，設AC1與MG相交于N點，所以∠C1NH為直線AC1與平面EFG所成角θ．因為，∴，∴．點評：本小題主要考查直線與平面垂直的判定，以及直線與平面平行的判定和直線與平面所成的角，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力．屬中檔題．4．（2011?浙江）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AB=AC，D為BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．（Ⅰ）證明：AP⊥BC；（Ⅱ）已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2．求二面角B﹣AP﹣C的大?。键c：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；空間中直線與直線之間的位置關(guān)系；二面角的平面角及求法。專題：綜合題；轉(zhuǎn)化思想。分析：（I）由題意．因為PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上所以BC⊥PO．有AB=AC，D為BC的中點，得到BC⊥AD，進而得到線面垂直，即可得到所證；（II）有（I）利用面面垂直的判定得到PA⊥平面BMC，再利用二面角的定義得到二面角的平面角，然后求出即可．解答：解：（I）由題意畫出圖如下：由AB=AC，D為BC的中點，得AD⊥BC，又PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上，得到PO⊥BC，∵PO∩AD=O∴BC⊥平面PAD，故BC⊥PA．（II）如圖，在平面PAB中作BM⊥PA于M，連接CM，∵BC⊥PA，∴PA⊥平面BMC，∴AP⊥CM，故∠BMC為二面角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=，從而．故BM=，∵BM2+MC2=BC2，∴二面角B﹣AP﹣C的大小為90°．點評：（I）此問考查了線面垂直的判定定理，還考查了線面垂直的性質(zhì)定理；（II）此問考查了面面垂直的判定定理，二面角的平面角的定義，還考查了在三角形中求解．5．（2011?遼寧）如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD．（I）證明：平面PQC⊥平面DCQ（II）求二面角Q﹣BP﹣C的余弦值．考點：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；平面與平面垂直的判定；向量語言表述面面的垂直、平行關(guān)系；用空間向量求平面間的夾角。專題：計算題；證明題。分析：首先根據(jù)題意以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D﹣xyz；（Ⅰ）根據(jù)坐標系，求出則、、的坐標，由向量積的運算易得?=0，?=0；進而可得PQ⊥DQ，PQ⊥DC，由面面垂直的判定方法，可得證明；（Ⅱ）依題意結(jié)合坐標系，可得B、、的坐標，進而求出平面的PBC的法向量與平面PBQ法向量，進而求出cos＜，＞，根據(jù)二面角與其法向量夾角的關(guān)系，可得答案．解答：解：如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D﹣xyz；（Ⅰ）依題意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）；則=（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）依題意，有B（1，0，1），=（1，0，0），=（﹣1，2，﹣1）；設=（x，y，z）是平面的PBC法向量，則即，因此可取=（0，﹣1，﹣2）；設是平面PBQ的法向量，則，可取=（1，1，1），所以cos＜，＞=﹣，故二面角角Q﹣BP﹣C的余弦值為﹣．點評：本題用向量法解決立體幾何的常見問題，面面垂直的判定與二面角的求法；注意建立坐標系要容易求出點的坐標，頂點一般選在有兩兩垂直的三條直線的交點處，這樣才有助于下一步的計算．6．（2011?湖北）如圖，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為3，點E在側(cè)棱AA1上，點F在側(cè)棱BB1上，且AE=2，BF=．（I）求證：CF⊥C1E；（II）求二面角E﹣CF﹣C1的大?。键c：二面角的平面角及求法；空間中直線與直線之間的位置關(guān)系。專題：計算題；證明題。分析：（I）欲證C1E⊥平面CEF，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理可知只需證C1E與平面CEF內(nèi)兩相交直線垂直，根據(jù)勾股定理可知EF⊥C1E，C1E⊥CE，又EF∩CE=E，滿足線面垂直的判定定理，最后根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可知CF⊥C1E；（II）根據(jù)勾股定理可知CF⊥EF，根據(jù)線面垂直的判定定理可知CF⊥平面C1EF，而C1F?平面C1EF，則CF⊥C1F，從而∠EFC1即為二面角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即為二面角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的大小為45°點評：本題主要考查了空間直線與平面的位置關(guān)系和二面角的求法，同時考查了空間想象能力和推理論證的能力．7．（2011?湖北）如圖，已知正三棱柱ABC=A1B1C1的各棱長都是4，E是BC的中點，動點F在側(cè)棱CC1上，且不與點C重合．（Ⅰ）當CF=1時，求證：EF⊥A1C；（Ⅱ）設二面角C﹣AF﹣E的大小為θ，求tanθ的最小值．考點：二面角的平面角及求法；空間中直線與直線之間的位置關(guān)系。專題：計算題。分析：（I）過E作EN⊥AC于N，連接EF，NF，AC1，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可知NF為EF在側(cè)面A1C內(nèi)的射影，根據(jù)，得NF∥AC，又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C，由三垂線定理可得結(jié)論；（II）連接AF，過N作NM⊥AF與M，連接ME根據(jù)三垂線定理得EM⊥AF，則∠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=，根據(jù)α的范圍可求出最小值．解答：解：（I）過E作EN⊥AC于N，連接EF，NF，AC1，由直棱柱的性質(zhì)可知，底面ABC⊥側(cè)面A1C∴EN⊥側(cè)面A1CNF為EF在側(cè)面A1C內(nèi)的射影在直角三角形CNF中，CN=1則由，得NF∥AC1，又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C由三垂線定理可知EF⊥A1C（II）連接AF，過N作NM⊥AF與M，連接ME由（I）可知EN⊥側(cè)面A1C，根據(jù)三垂線定理得EM⊥AF∴∠EMN是二面角C﹣AF﹣E的平面角即∠EMN=θ設∠FAC=α則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≤故當α=45°時，tanθ達到最小值，tanθ=，此時F與C1重合點評：本題主要考查了空間直線與平面的位置關(guān)系和二面角等基礎知識，同時考查了空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力．8．（2011?杭州）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD是正三角形，且垂直于底面ABCD，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=60°，M為PC的中點．（1）求證：PA∥平面BDM；（2）求直線AC與平面ADM所成角的正弦值．考點：直線與平面所成的角；直線與平面平行的判定。專題：計算題；證明題。分析：（1）連接AC，交BD于點O，連接MO，由三角形中位線定理易得MO∥PA，進而由線面平行的判定定理得到PA∥平面BDM；（2）利用等體積法，根據(jù)VM﹣ADC=VC﹣ADM，我們分別計算出S△ADC，點M到面ADC的距離h1，S△ADM的大小，即可求出C點到平面ADM的距離，進而求出直線AC與平面ADM所成角的正弦值．解答：解：（1）證明：連接AC，交BD于點O，連接MO因為MO是△PAC的中位線，所以MO∥PA又因為MO?面PAD中，所以MO∥面PAD（2）因為S△ADC=，點M到面ADC的距離h1=，所以VM﹣ADC==．因為△PDC為等腰三角形，且M為PC的中點，所以DM⊥PC．取PB的中點E，AD的中點N，連接ME，PN，NE，BN因為四邊形DMEN為平行四邊形所以DM∥NE又因為△PNB為等腰三角形，所以NE⊥PB所以DM⊥PB．因為DM⊥PC，DM⊥PB且PC∩PB=P所以DM⊥面PBC．所以DM⊥BC．因為BC∥AD所以AD⊥DM，因為DM=所以S△ADM==所以VM﹣ADC=VC﹣ADM=S△ADM×h2×所以h2=所以sinθ=點評：本題考查的知識點是直線與平面所成的角，直線與平面平行的判定，其中（1）的關(guān)鍵是證得MO∥PA，（2）的關(guān)鍵是根據(jù)等體積法，求出C點到平面ADM的距離．9．（2011?廣東）如圖，在錐體P﹣ABCD中，ABCD是邊長為1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=，PB=2，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點（1）證明：AD⊥平面DEF（2）求二面角P﹣AD﹣B的余弦值．考點：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；二面角的平面角及求法。專題：常規(guī)題型；綜合題。分析：（1）利用線面垂直的判定定理進行證明是解決本題的關(guān)鍵，在平面DEF中找兩條相交直線與AD垂直，利用60°角菱形的特征可以發(fā)現(xiàn)AD⊥DE，通過取出AD的中點構(gòu)造一個平面可以證明AD⊥EF；（2）利用（1）中的結(jié)論找到二面角P﹣AD﹣B的平面角是解決本題的關(guān)鍵，求角往往要利用三角形中的余弦定理．解答：解：（1）取AD的中點G，連接PG，BG，在△ABG中，根據(jù)余弦定理可以算出BG=，發(fā)現(xiàn)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為二面角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的余弦值為．點評：本題考查立體幾何中基本的線面關(guān)系，考查線面垂直的判定方法，考查二面角的求法，訓練了學生基本的空間想象能力，考查學生的轉(zhuǎn)化與化歸思想，解三角形的基本知識和學生的運算能力，屬于基本的立體幾何題．10．（2011?番禺區(qū)）如圖，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的側(cè)棱與底面所成的角為60°，AB=BC，A1A=A1C=2，AB⊥BC，側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC．（1）證明：A1B⊥A1C1；（2）求二面角A﹣CC1﹣B的大??；（3）求經(jīng)過A1、A、B、C四點的球的表面積．考點：用空間向量求平面間的夾角；球的體積和表面積；向量語言表述線線的垂直、平行關(guān)系。專題：綜合題。分析：此題可利用空間向量做：由于A1O⊥AC，BO⊥AC，A1A=A1C=2故取AC中點為O則A1O⊥AC，BO⊥AC而側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC且故可利用面面垂直的性質(zhì)定理可得A1O⊥OB所以可以OB，OC，OA1所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系．（1）要證明A1B⊥A1C1即證明⊥即說明?=0即可故需求出，的坐標然后利用平面向量數(shù)量積的坐標計算求出?即可．（2）分別求出面BCC1，面ACC1的法向量m，n然后利用向量的夾角公式cos＜，＞=求出＜，＞而點B在平面ACC1內(nèi)的射影O在二面角的面ACC1內(nèi)故二面角A﹣CC1﹣B為銳角所以二面角A﹣CC1﹣B的大小為＜，＞（cos＜，＞＞0）或π﹣＜，＞（cos＜，＞＜0）．（3）由于A1A=A1C，AB⊥BC，O為AC的中點故A，B，C三點所在的平面截經(jīng)過A1、A、B、C四點的球所得的截面為球的小圓而A1O⊥平面ABC故經(jīng)過A1、A、B、C四點的球的球心在A1O上而三角形A1AC為正三角形故根據(jù)對稱性可知球心在正三角形A1AC的中心然后利用正三角形的性質(zhì)求出球的半徑再結(jié)合球的表面經(jīng)公式即可得解．解答：解：取AC中點為O，由A1A=A1C，AB=BC，知A1O⊥AC，BO⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，所以A1O⊥OB．建立如圖所示的坐標系O﹣xyz，則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）設=（x，y，z）為面BCC1的一個法向量．∵=（﹣1，1，0），==（0，1，）又?=?=0，∴取n=（，，﹣1）．又=（1，0，0）是面ACC1的法向量，∴cos＜，＞===．由點B在平面ACC1內(nèi)的射影O在二面角的面ACC1內(nèi)，知二面角A﹣CC1﹣B為銳角，∴二面角A﹣CC1﹣B的大小為arccos．（3）設球心為O1，因為O是△ABC的外心，A1O⊥平面ABC，所以點O1在A1O上，則O1是正三角形A1AC的中心．則球半徑R=A1A=，球表面積S=4πR2=π．點評：本題主要考察了利用空間向量證明線線垂直、求二面角以及求球的表面積，屬?？碱}，較難．解題的關(guān)鍵是正確建立空間直角坐標系然后將線線垂直、二面角問題轉(zhuǎn)化為證明向量垂直，法向量的夾角問題，同時還要求計算一定要準確！11．（2010?浙江）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°．E為線段AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCD，F(xiàn)為線段A′C的中點．（Ⅰ）求證：BF∥平面A′DE；（Ⅱ）設M為線段DE的中點，求直線FM與平面A′DE所成角的余弦值．考點：直線與平面所成的角；直線與平面平行的判定。專題：計算題；證明題。分析：（Ⅰ）欲證BF∥平面A'DE，只需在平面A'DE中找到一條線平行于BF即可；而取A′D的中點G，并連接GF、GE，易證四邊形BEGF為平行四邊形，則BF∥EG，即問題得證．（Ⅱ）欲求直線FM與平面A′DE所成角的余弦值，需先找到直線FM與平面A′DE所成的角；而連接A′M，CE，由平面A′DE⊥平面BCD易證CE⊥A′M，且由勾股定理的逆定理可證CE⊥DE；再取A′E的中點N，連線NM、NF，則NF⊥平面A′DE，即∠FMN為直線FM與平面A′DE所成的角；最后在Rt△FMN中，易得cos∠FMN的值．解答：（Ⅰ）證明：取A′D的中點G，連接GF，GE，由條件易知FG∥CD，F(xiàn)G=CD．BE∥CD，BE=CD．所以FG∥BE，F(xiàn)G=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：在平行四邊形ABCD中，設BC=a，則AB=CD=2a，AD=AE=EB=a，連接A′M，CE因為∠ABC=120°在△BCE中，可得CE=a，在△ADE中，可得DE=a，在△CDE中，因為CD2=CE2+DE2，所以CE⊥DE，在正三角形A′DE中，M為DE中點，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的中點N，連線NM、NF，所以NF⊥DE，NF⊥A′M．因為DE交A′M于M，所以NF⊥平面A′DE，則∠FMN為直線FM與平面A′DE所成的角．在Rt△FMN中，NF=a，MN=a，F(xiàn)M=a，則cos∠FMN=．所以直線FM與平面A′DE所成角的余弦值為．點評：本題主要考查空間線線、線面、面面位置關(guān)系及線面角等基礎知識，同時考查空間想象能力和推理論證能力．12．（2010?四川）在正方體ABCD﹣A′B′C′D′中，點M是棱AA′的中點，點O是對角線BD′的中點．（Ⅰ）求證：OM為異面直線AA′和BD′的公垂線；（Ⅱ）求二面角M﹣BC′﹣B′的大小．考點：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；空間中直線與直線之間的位置關(guān)系。分析：解法一：（1）由題意及圖形，利用正方體的特點及異面直線間的公垂線的定義可以求證；（2）由題意及圖形，利用三垂線定理，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?。夥ǘ海?）由題意及正方體的特點可以建立如圖示的空間直角坐標系，利用向量的知識證明兩條直線垂直；（2）由題意及空間向量的知識，抓好兩平面的法向量與二面角之間的關(guān)系進而可以求出二面角的大小解答：解：法一（1）連接AC，取AC中點K，則K為BD的中點，連接OK因為M是棱AA′的中點，點O是BD′的中點所以AM所以MO由AA′⊥AK，得MO⊥AA′因為AK⊥BD，AK⊥BB′，所以AK⊥平面BDD′B′所以AK⊥BD′所以MO⊥BD′又因為OM是異面直線AA′和BD′都相交故OM為異面直線AA'和BD'的公垂線；（2）取BB′中點N，連接MN，則MN⊥平面BCC′B′過點N作NH⊥BC′于H，連接MH則由三垂線定理得BC’⊥MH從而，∠MHN為二面角M﹣BC′﹣B′的平面角MN=1，NH=Bnsin45°=在Rt△MNH中，tan∠MHN=故二面角M﹣BC′﹣B′的大小為arctan2．法二：以點D為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系D﹣xyz則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）因為點M是棱AA′的中點，點O是BD′的中點所以M（1，0，），O（，，），=（0，0，1），=（﹣1，﹣1，1）=0，+0=0所以OM⊥AA′，OM⊥BD′又因為OM與異面直線AA′和BD′都相交故OM為異面直線AA′和BD′的公垂線；（2）設平面BMC'的一個法向量為=（x，y，z）=（0，﹣1，），=（﹣1，0，1）即取z=2，則x=2，y=1，從而=（2，1，2）取平面BC′B′的一個法向量為=（0，1，0）cos由圖可知，二面角M﹣BC′﹣B′的平面角為銳角故二面角M﹣BC′﹣B′的大小為arccos．點評：本小題主要考查異面直線、直線與平面垂直、二面角、正方體等基礎知識，并考查空間想象能力和邏輯推理能力，考查應用向量知識解決數(shù)學問題的能力．13．（2010?寧夏）如圖，已知四棱錐P﹣ABCD的底面為等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足為H，PH是四棱錐的高，E為AD中點（1）證明：PE⊥BC（2）若∠APB=∠ADB=60°，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值考點：用向量證明垂直；直線與平面所成的角。專題：計算題；作圖題；證明題；轉(zhuǎn)化思想。分析：以H為原點，HA，HB，HP分別為x，y，z軸，線段HA的長為單位長，建立空間直角坐標系．（1）表示，，計算，就證明PE⊥BC．（2）∠APB=∠ADB=60°，求出C，P的坐標，再求平面PEH的法向量，求向量，然后求與面PEH的法向量的數(shù)量積，可求直線PA與平面PEH所成角的正弦值．解答：解：以H為原點，HA，HB，HP分別為x，y，z軸，線段HA的長為單位長，建立空間直角坐標系如圖，則A（1，0，0），B（0，1，0）（Ⅰ）設C（m，0，0），P（0，0，n）（m＜0，n＞0）則可得因為所以PE⊥BC．（Ⅱ）由已知條件可得設n=（x，y，z）為平面PEH的法向量則即因此可以取，由，可得所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為．點評：本題主要考查空間幾何體中的位置關(guān)系、線面所成的角等知識，考查空間想象能力以及利用向量法研究空間的位置關(guān)系以及線面角問題的能力．14．（2010?江蘇）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°．（1）求證：PC⊥BC；（2）求點A到平面PBC的距離．考點：點、線、面間的距離計算；空間中直線與平面之間的位置關(guān)系。專題：計算題；證明題。分析：（1），要證明PC⊥BC，可以轉(zhuǎn)化為證明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°，容易證明BC⊥平面PCD，從而得證；（2），有兩種方法可以求點A到平面PBC的距離：方法一，注意到第一問證明的結(jié)論，取AB的中點E，容易證明DE∥平面PBC，點D、E到平面PBC的距離相等，而A到平面PBC的距離等于E到平面PBC的距離的2倍，由第一問證明的結(jié)論知平面PBC⊥平面PCD，交線是PC，所以只求D到PC的距離即可，在等腰直角三角形PDC中易求；方法二，等體積法：連接AC，則三棱錐P﹣ACB與三棱錐A﹣PBC體積相等，而三棱錐P﹣ACB體積易求，三棱錐A﹣PBC的地面PBC的面積易求，其高即為點A到平面PBC的距離，設為h，則利用體積相等即求．解答：解：（1）證明：因為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．因為PC?平面PCD，故PC⊥BC．（2）（方法一）分別取AB、PC的中點E、F，連DE、DF，則：易證DE∥CB，DE∥平面PBC，點D、E到平面PBC的距離相等．又點A到平面PBC的距離等于E到平面PBC的距離的2倍．由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC，因為PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F．易知DF=，故點A到平面PBC的距離等于．（方法二）等體積法：連接AC．設點A到平面PBC的距離為h．因為AB∥DC，∠BCD=90°，所以∠ABC=90°．從而AB=2，BC=1，得△ABC的面積S△ABC=1．由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱錐P﹣ABC的體積．因為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的面積．由VA﹣PBC=VP﹣ABC，，得，故點A到平面PBC的距離等于．點評：本小題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，考查幾何體的體積，考查空間想象能力、推理論證能力和運算能力．15．（2009?重慶）如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD；平面CSD⊥平面ABCD，CS⊥DS，CS=2AD=2；E為BS的中點，，求：（Ⅰ）點A到平面BCS的距離；（Ⅱ）二面角E﹣CD﹣A的大小．考點：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；點、線、面間的距離計算。專題：計算題。分析：（Ⅰ）根據(jù)線面平行的判定定理可知AD∥平面BCS，則從而A點到平面BCS的距離等于D點到平面BCS的距離，從而DS為點A到平面BCS的距離，在Rt△ADS中求出DS即可；（Ⅱ）過E點作EG⊥CD，交CD于點G，又過G點作GH⊥CD，交AB于H，根據(jù)二面角平面角的定義可知∠EGH為二面角E﹣CD﹣A的平面角，過E點作EF∥BC，交CS于點F，連接GF，在Rt△FEG中，求出此角即可．解答：解：（Ⅰ）因為AD∥BC，且BC?平面BCS，所以AD∥平面BCS，從而A點到平面BCS的距離等于D點到平面BCS的距離．因為平面CSD⊥平面ABCD，AD⊥CD，故AD⊥平面CSD，從而AD⊥SD，由AD∥BC，得BC⊥DS，又由CS⊥DS知DS⊥平面BCS，從而DS為點A到平面BCS的距離，因此在Rt△ADS中（Ⅱ）如圖，過E電作EG⊥CD，交CD于點G，又過G點作GH⊥CD，交AB于H，故∠EGH為二面角E﹣CD﹣A的平面角，記為θ，過E點作EF∥BC，交CS于點F，連接GF，因平面ABCD⊥平面CSD，GH⊥CD，易知GH⊥GF，故．由于E為BS邊中點，故，在Rt△CFE中，，因EF⊥平面CSD，又EG⊥CD故由三垂線定理的逆定理得FG⊥CD，從而又可得△CGF～△CSD，因此而在Rt△CSD中，，在Rt△FEG中，可得，故所求二面角的大小為點評：本題主要考查了點到平面的距離，以及二面角的度量等有關(guān)知識，同時考查了計算能力、推理能力、以及轉(zhuǎn)化與劃歸的思想，屬于中檔題．16．（2009?陜西）如圖所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AC=AA1=，∠ABC=60°．（1）證明：AB⊥A1C；（2）求二面角A﹣A1C﹣B的余弦值．考點：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；直線與平面垂直的判定。專題：計算題；證明題。分析：（1）欲證AB⊥A1C，而A1C?平面ACC1A1，可先證AB⊥平面ACC1A1，根據(jù)三棱柱ABC﹣A1B1C1為直三棱柱，可知AB⊥AA1，由正弦定理得AB⊥AC，滿足線面垂直的判定定理所需條件；（2）作AD⊥A1C交A1C于D點，連接BD，由三垂線定理知BD⊥A1C，則∠ADB為二面角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）證明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1為直三棱柱，∴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）如圖，作AD⊥A1C交A1C于D點，連接BD，由三垂線定理知BD⊥A1C，∴∠ADB為二面角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的余弦值為．點評：本題考查直線與平面垂直的性質(zhì)，二面角及其度量，考查空間想象能力，邏輯思維能力，計算能力，是中檔題．17．（2008?天津）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=2，∠PAB=60°．（Ⅰ）證明AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求異面直線PC與AD所成的角的大??；（Ⅲ）求二面角P﹣BD﹣A的大?。键c：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；異面直線及其所成的角；直線與平面垂直的判定。專題：計算題。分析：（I）由題意在△PAD中，利用所給的線段長度計算出AD⊥PA，在利用矩形ABCD及線面垂直的判定定理及、此問得證；（II）利用條件借助圖形，利用異面直線所稱角的定義找到共面得兩相交線，并在三角形中解出即可；（III）由題中的條件及三垂線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）證明：在△PAD中，由題設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：由題設，BC∥AD，所以∠PCB（或其補角）是異面直線PC與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=．所以異面直線PC與AD所成的角的大小為arctan．（Ⅲ）解：過點P做PH⊥AB于H，過點H做HE⊥BD于E，連接PE因為AD⊥平面PAB，PH?平面PAB，所以AD⊥PH．又AD∩AB=A，因而PH⊥平面ABCD，故HE為PE再平面ABCD內(nèi)的射影．由三垂線定理可知，BD⊥PE，從而∠PEH是二面角P﹣BD﹣A的平面角．由題設可得，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的大小為arctan．點評：本小題主要考查直線和平面垂直，異面直線所成的角、二面角等基礎知識，考查空間想象能力，運算能力和推理論證能力，還考查了利用反三角函數(shù)的知識求出角的大?。?8．（2008?四川）如圖，一張平行四邊形的硬紙片ABC0D中，AD=BD=1，．沿它的對角線BD把△BDC0折起，使點C0到達平面ABC0D外點C的位置．（Ⅰ）證明：平面ABC0D⊥平面CBC0；（Ⅱ）如果△ABC為等腰三角形，求二面角A﹣BD﹣C的大?。键c：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；平面與平面垂直的判定。專題：計算題。分析：（Ⅰ）要證面面垂直，只要證線面垂直，要證線面垂直，只要證線線垂直，由題意易得DB⊥BC，又DB⊥BC0，則題目可證．（Ⅱ）解法一：由DB⊥BC，AD⊥BD，故只要過B做BE∥AD，則角∠CBE為二面角A﹣BD﹣C的平面角，構(gòu)造三角形求角即可．解法二：根據(jù)題意，建立空間坐標系，利用空間向量求解．由于DA⊥BD，BC⊥BD，所以與夾角的大小等于二面角A﹣BD﹣C的大?。蓨A角公式求與的夾角的余弦，從而確定角的大小．解答：解：（Ⅰ）證明：因為AD=BC0=BD=1，，所以∠DBC0=90°，∠ADB=90°．因為折疊過程中，∠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：如圖，延長C0B到E，使BE=C0B，連接AE，CE．因為AD平行等于BE，BE=1，DB=1，∠DBE=90°，所以AEBD為正方形，AE=1．由于AE，DB都與平面CBC0垂直，所以AE⊥CE，可知AC＞1．因此只有時，△ABC為等腰三角形．在Rt△AEC中，，又BC=1，所以△CEB為等邊三角形，∠CBE=60°．由（Ⅰ）可知，CB⊥BD，EB⊥BD，所以∠CBE為二面角A﹣BD﹣C的平面角，即二面角A﹣BD﹣C的大小為60°．解法二：以D為坐標原點，射線DA，DB分別為x軸正半軸和y軸正半軸，建立如圖的空間直角坐標系D﹣xyz，則A（1，0，0），B（0，1，0），D（0，0，0）．由（Ⅰ）可設點C的坐標為（x，1，z），其中z＞0，則有x2+z2=1．①因為△ABC為等腰三角形，所以AC=1或．若AC=1，則有（x﹣1）2+1+z2=1．由此得x=1，z=0，不合題意．若，則有（x﹣1）2+1+z2=2．②聯(lián)立①和②得，．故點C的坐標為．由于DA⊥BD，BC⊥BD，所以與夾角的大小等于二面角A﹣BD﹣C的大?。?，，．所以．即二面角A﹣BD﹣C的大小為60°．點評：本題考查空間的位置關(guān)系可空間二面角的求法，考查運算能力和空間想象能力．19．（2008?四川）如，平面ABEF⊥平面ABCD，四邊形ABEF與ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BC，BE（Ⅰ）證明：C，D，F(xiàn)，E四點共面；（Ⅱ）設AB=BC=BE，求二面角A﹣ED﹣B的大?。键c：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；棱錐的結(jié)構(gòu)特征。專題：計算題；證明題。分析：（Ⅰ）延長DC交AB的延長線于點G，延長FE交AB的延長線于G′，根據(jù)比例關(guān)系可證得G與G′重合，準確推理，得到直線CD、EF相交于點G，即C，D，F(xiàn)，E四點共面．（Ⅱ）取AE中點M，作MN⊥DE，垂足為N，連接BN，由三垂線定理知BN⊥ED，根據(jù)二面角平面角的定義可知∠BMN為二面角A﹣ED﹣B的平面角，在三角形BMN中求出此角即可．解答：解：（Ⅰ）延長DC交AB的延長線于點G，由BC得延長FE交AB的延長線于G′同理可得故，即G與G′重合因此直線CD、EF相交于點G，即C，D，F(xiàn)，E四點共面．（Ⅱ）設AB=1，則BC=BE=1，AD=2取AE中點M，則BM⊥AE，又由已知得，AD⊥平面ABEF故AD⊥BM，BM與平面ADE內(nèi)兩相交直線AD、AE都垂直．所以BM⊥平面ADE，作MN⊥DE，垂足為N，連接BN由三垂線定理知BN⊥ED，∠BMN為二面角A﹣ED﹣B的平面角．故所以二面角A﹣ED﹣B的大小點評：此題重點考查立體幾何中四點共面問題和求二面角的問題，考查空間想象能力，幾何邏輯推理能力，以及計算能力；突破：熟悉幾何公理化體系，準確推理，注意書寫格式是順利進行求解的關(guān)鍵．20．（2008?海南）如圖，已知點P在正方體ABCD﹣A′B′C′D′的對角線BD′上，∠PDA=60°．（Ⅰ）求DP與CC′所成角的大??；（Ⅱ）求DP與平面AA′D′D所成角的大小．考點：用空間向量求直線與平面的夾角；用空間向量求直線間的夾角、距離。專題：證明題；綜合題；轉(zhuǎn)化思想。分析：方法一：如圖，以D為原點，DA為單位長建立空間直角坐標系D﹣xyz．連接BD，B'D'．在平面BB'D'D中，延長DP交B'D'于H．求出．（Ⅰ）利用，求出．即可．（Ⅱ）平面AA'D'D的一個法向量是．通過，得到．即可．方法二：如圖，以D為原點，DA為單位長建立空間直角坐標系D﹣xyz．求出解題過程同方法一．解答：解：方法一：如圖，以D為原點，DA為單位長建立空間直角坐標系D﹣xyz．則，．連接BD，B'D'．在平面BB'D'D中，延長DP交B'D'于H．設，由已知，由可得．解得，所以．（4分）（Ⅰ）因為，所以．即DP與CC'所成的角為45°．（8分）（Ⅱ）平面AA'D'D的一個法向量是．因為，所以．可得DP與平面AA'D'D所成的角為30°．（12分）方法二：如圖，以D為原點，DA為單位長建立空間直角坐標系D﹣xyz．則，，．設P（x，y，z）則，∴（x﹣1，y﹣1，z）=（﹣λ，﹣λ，λ）∴，則，由已知，，∴λ2﹣4λ+2=0，解得，∴（4分）（Ⅰ）因為，所以．即DP與CC'所成的角為45°．（8分）（Ⅱ）平面AA'D'D的一個法向量是．因為，所以．可得DP與平面AA'D'D所成的角為30°．（12分）點評：本題是中檔題，考查空間向量求直線與平面的夾角，法向量的求法，直線與平面所成的角，考查計算能力．21．（2008?北京）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AC=BC=2，∠ACB=90°，AP=BP=AB，PC⊥AC．（Ⅰ）求證：PC⊥AB；（Ⅱ）求二面角B﹣AP﹣C的大??；（Ⅲ）求點C到平面APB的距離．考點：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；點、線、面間的距離計算。專題：計算題；證明題。分析：（Ⅰ）欲證PC⊥AB，取AB中點D，連接PD，CD，可先證AB⊥平面PCD，欲證AB⊥平面PCD，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理可知只需證AB與平面PCD內(nèi)兩相交直線垂直，而PD⊥AB，CD⊥AB，又PD∩CD=D，滿足定理條件；（Ⅱ）取AP中點E．連接BE，CE，根據(jù)二面角平面角的定義可知∠BEC是二面角B﹣AP﹣C的平面角，在△BCE中求出此角即可；（Ⅲ）過C作CH⊥PD，垂足為H，易知CH的長即為點C到平面APB的距離，在Rt△PCD中利用勾股定理等知識求出CH即可．解答：解：（Ⅰ）取AB中點D，連接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中點E．連接BE，CE．∵AB=BP，∴BE⊥AP．∵EC是BE在平面PAC內(nèi)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的大小為．（Ⅲ）由（Ⅰ）知AB⊥平面PCD，∴平面APB⊥平面PCD．過C作CH⊥PD，垂足為H．∵平面APB∩平面PCD=PD，∴CH⊥平面APB．∴CH的長即為點C到平面APB的距離．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，，，∴．∴．∴點C到平面APB的距離為．點評：本題主要考查了空間兩直線的位置關(guān)系，以及二面角的度量和點到面的距離的求解，培養(yǎng)學生空間想象能力，屬于基礎題．22．（2008?安徽）如圖，在四棱錐O﹣ABCD中，底面ABCD四邊長為1的菱形，∠ABC=，OA⊥底面ABCD，OA=2，M為OA的中點，N為BC的中點．（Ⅰ）證明：直線MN∥平面OCD；（Ⅱ）求異面直線AB與MD所成角的大??；（Ⅲ）求點B到平面OCD的距離．考點：用空間向量求直線間的夾角、距離；用向量證明平行。分析：方法一：（1）取OB中點E，連接ME，NE，證明平面MNE∥平面OCD，方法是兩個平面內(nèi)相交直線互相平行得到，從而的到MN∥平面OCD；（2）∵CD∥AB，∴∠MDC為異面直線AB與MD所成的角（或其補角）作AP⊥CD于P，連接MP∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP菱形的對角相等得到∠ABC=∠ADC=，利用菱形邊長等于1得到DP=，而MD利用勾股定理求得等于，在直角三角形中，利用三角函數(shù)定義求出即可．（3）AB∥平面OCD，∴點A和點B到平面OCD的距離相等，連接OP，過點A作AQ⊥OP于點Q，∵AP⊥CD，OA⊥CD，∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD，又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，線段AQ的長就是點A到平面OCD的距離，求出距離可得．方法二：（1）分別以AB，AP，AO所在直線為x，y，z軸建立坐標系，分別表示出A，B，O，M，N的坐標，求出，，的坐標表示．設平面OCD的法向量為=（x，y，z），則，解得，∴MN∥平面OCD（2）設AB與MD所成的角為θ，表示出和，利用a?b=|a||b|cosα求出叫即可．（3）設點B到平面OCD的距離為d，則d為在向量上的投影的絕對值，由，得．所以點B到平面OCD的距離為．解答：解：方法一（綜合法）（1）取OB中點E，連接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為異面直線AB與MD所成的角（或其補角）作AP⊥CD于P，連接MP∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP∵，∴，，∴所以AB與MD所成角的大小為．（3）∵AB∥平面OCD，∴點A和點B到平面OCD的距離相等，連接OP，過點A作AQ⊥OP于點Q，∵AP⊥CD，OA⊥CD，∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD．又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，線段AQ的長就是點A到平面OCD的距離，∵，，∴，所以點B到平面OCD的距離為．方法二（向量法）作AP⊥CD于點P，如圖，分別以AB，AP，AO所在直線為x，y，z軸建立坐標系：A（0，0，0），B（1，0，0），，，O（0，0，2），M（0，0，1），（1），，設平面OCD的法向量為n=（x，y，z），則?=0，?=0即取，解得∵?=（，，﹣1）?（0，4，）=0，∴MN∥平面OCD．（2）設AB與MD所成的角為θ，∵∴，∴，AB與MD所成角的大小為．（3）設點B到平面OCD的距離為d，則d為在向量=（0，4，）上的投影的絕對值，由，得d==所以點B到平面OCD的距離為．點評：培養(yǎng)學生利用多種方法解決數(shù)學問題的能力，考查學生利用空間向量求直線間的夾角和距離的能力．23．（2007?重慶）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=1，BC=，AA1=2；點D在棱BB1上，BD=BB1；B1E⊥A1D，垂足為E，求：（Ⅰ）異面直線A1D與B1C1的距離；（Ⅱ）四棱錐C﹣ABDE的體積．考點：點、線、面間的距離計算；棱柱、棱錐、棱臺的體積。專題：計算題。分析：（Ⅰ）先根據(jù)線面垂直的判定定理可知B1C1⊥平面A1B1D，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可知B1C1⊥B1E，B1E⊥A1D，則B1E是異面直線B1C1與A1D的公垂線，利用等面積法求出B1E的長；（Ⅱ）根據(jù)BC∥B1C1，可得BC⊥平面ABDE，從而BC為四棱錐C﹣ABDE的高．從而所求四棱錐的體積V為V=VC﹣ABDE=×S，其中S為四邊形ABDE的面積，過E作EF⊥BD，垂足為F．利用等面積法求出EF，而S=S△A1AE﹣S△A1AE﹣S△A1B1D即可求出所求．解答：解：（Ⅰ）由直三棱柱的定義知B1C1⊥B1D，又因為∠ABC=90°，因此B1C1⊥A1B1，從而B1C1⊥平面A1B1D，得B1C1⊥B1E．又B1E⊥A1D，故B1E是異面直線B1C1與A1D的公垂線由知，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為四棱錐C﹣ABDE的高．從而所求四棱錐的體積V為V=VC﹣ABDE=×S，其中S為四邊形ABDE的面積．如圖1，過E作EF⊥BD，垂足為F．在Rt△B1ED中，ED=，又因S△B1ED=，故EF=．因△A1AE的邊A1A上的高，故S△A1AE=．又因為S△A1BD=，從而S=S△A1AE﹣S△A1AE﹣S△A1B1D=2﹣．所以．點評：本題主要考查了異面直線的距離，以及三棱錐的體積的計算，體積的求解在最近兩年高考中頻繁出現(xiàn)，值得重視．24．（2007?重慶）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=2，AB=1，∠ABC=90°；點D、E分別在BB1，A1D上，且B1E⊥A1D，四棱錐C﹣ABDA1與直三棱柱的體積之比為3：5．（1）求異面直線DE與B1C1的距離；（2）若BC=，求二面角A1﹣DC1﹣B1的平面角的正切值．考點：點、線、面間的距離計算；棱柱、棱錐、棱臺的體積；與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題。專題：計算題。分析：（1）因B1C1⊥A1B1，且B1C1⊥BB1，進而可推斷B1C1⊥面A1ABB1，進而推斷B1E是異面直線B1C1與DE的公垂線，設BD的長度為x，則四棱椎C﹣ABDA1的體積V1為，里用體積公式表示出V1，表示出四棱椎C﹣ABDA1的體積V1，同時直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積V2，根據(jù)V1：V2=3：5求得x，從而求得B1D，直角三角形A1B1D中利用勾股定理求得A1D進而利用三角形面積公式求得B1E．（2）過B1作B1F⊥C1D，垂足為F，連接A1F，因A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1D，故A1B1⊥面B1DC1．由三垂線定理知C1D⊥A1F，故∠A1FB1為所求二面角的平面角，先利用勾股定理求得C11D，進而求得BF，進而可求tan求得∠A1FB1．解答：解：（Ⅰ）因B1C1⊥A1B1，且B1C1⊥BB1，故B1C1⊥面A1ABB1，從而B1C1⊥B1E，又B1E⊥DE，故B1E是異面直線B1C1與DE的公垂線設BD的長度為x，則四棱椎C﹣ABDA1的體積V1為而直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積V2為由已知條件V1：V2=3：5，故，解之得從而在直角三角形A1B1D中，，又因，故（Ⅱ）如圖1，過B1作B1F⊥C1D，垂足為F，連接A1F，因A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1D，故A1B1⊥面B1DC1．由三垂線定理知C1D⊥A1F，故∠A1FB1為所求二面角的平面角在直角△C1B1D中，，又因，故，所以．點評：本題主要考查了點線面間的距離計算．考查了學生綜合分析問題和解決問題的能力．25．（2007?天津）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中點．（I）證明：CD⊥AE；（II）證明：PD⊥平面ABE；（III）求二面角A﹣PD﹣C的大?。键c：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；直線與平面垂直的判定。專題：綜合題；轉(zhuǎn)化思想。分析：（I）由題意利用線面PA⊥底面ABCD得線線PA⊥CD，進而得線面CD⊥平面PAC，即可得證；（II）由題意可得AE⊥PC，由（I）知，AE⊥CD，進而得到AE⊥平面PCD，在由線線垂直得PD⊥平面ABE；（III）因為AE⊥平面PCD，AM在平面PCD內(nèi)的射影是EM，則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）證明：在四棱錐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）證明：由PA=AB=BC，∠ABC=60°，可得AC=PA．∵E是PC的中點，∴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內(nèi)射影是AD，AB⊥AD，∴AB⊥PD．又AB∩AE=A，綜上得PD⊥平面ABE．（III）過點A作AM⊥PD，垂足為M，連接EM．由（II）知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD內(nèi)的射影是EM，則EM⊥PD．因此∠AME是二面角A﹣PD﹣C的平面角．由已知，得∠CAD=30°．設AC=a，可得．在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AM．PD=PA．AD．則．在Rt△AEM中，．所以二面角A﹣PD﹣C的大小是．點評：此題重點考查了利用線面垂直得到線線垂直進而在得線面垂直再得線線垂直，利用二面角平面角的定義及射影的實質(zhì)，得到二面角的平面角并在三角形中解出角的大小，還考查了反三角函數(shù)的知識．26．（2007?遼寧）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC=a，D，E分別為棱AB，BC的中點，M為棱AA1上的點，二面角M﹣DE﹣A為30°．（I）證明：A1B1⊥C1D；（II）求MA的長，并求點C到平面MDE的距離．考點：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；棱柱的結(jié)構(gòu)特征；點、線、面間的距離計算。專題：計算題；證明題。分析：（I）連接CD，根據(jù)三垂線定理可得AB⊥C1D，而A1B1平行AB，從而A1B1⊥C1D；（II）過點A作CE的平行線，交ED的延長線于F，連接MF，根據(jù)定義可知∠MFA為二面角M﹣DE﹣A的平面角，在Rt△GAF中，∠GFA=30°，求出A到平面MDE的距離，再根據(jù)線面平行可知C到平面MDE的距離與A到平面MDE的距離相等．解答：解：（I）證明：連接CD，三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，∴CD為C1D在平面ABC內(nèi)的射影．∵△ABC中，AC=BC，D為AB中點，∴AB⊥CD，∴AB⊥C1D∵A1B1∥AB，∴A1B1⊥C1D（II）解：過點A作CE的平行線，交ED的延長線于F，連接MF∵D，E分別為AB，BC的中點，∴DE⊥AC又∵AF∥CE，CE⊥AC∴AF⊥DE∵MA⊥平面ABC，∴AF為MF在平面ABC內(nèi)的射影∴MF⊥DE∴∠MFA為二面角M﹣DE﹣A的平面角，∠MFA=30°在Rt△MAF中，，∠MFA=30°，∴作AG⊥MF，垂足為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的距離為∵CA∥DE，∴CA∥平面MDE，∴C到平面MDE的距離與A到平面MDE的距離相等，為．點評：本小題主要考查空間中的線面關(guān)系，解三角形等基礎知識，考查空間想象能力與思維能力，屬于基礎題．27．（2006?浙江）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面為直角梯形，AD∥BC，∠BAD=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=AB=2BC，M、N分別為PC、PB的中點．（Ⅰ）求