最新6年高考4年模拟试题试卷--第八章第三节空间向量在立体几何中的应用(答案解析)

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第三节空间向量在立体几何中的应用第一部分六年高考荟萃2010年高考题一、选择题1.（2010全国卷2理）（11）与正方体1111ABCDABCD的三条棱AB、1CC、11AD所在直线的距离相等的点（A）有且只有1个（B）有且只有2个（C）有且只有3个（D）有无数个【答案】D【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则分别作，垂足分别为M，N，Q，连PM，PN，PQ，由三垂线定理可得，PN⊥PM⊥；PQ⊥AB，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以，∴PM=PN=PQ，即P到三条棱AB、CC1、A1D1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D.2.（2010辽宁理）(12)(12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是(A)（0,62）(B)（1,22）(C)(62,62）(D)（0,22）【答案】A【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。【解析】根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知AD=3，SD=BCD，则有BCD<2+3，即22843(62)a，即有a<62(2)构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，此时a>0;综上分析可知a∈（0,62）3.（2010全国卷2文）（11）与正方体ABCD—A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点（A）有且只有1个（B）有且只有2个（C）有且只有3个（D）有无数个【答案】D【解析】：本题考查了空间想象能力∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点，4.（2010全国卷2文）（8）已知三棱锥SABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形SA垂直于底面ABC，SA=3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（A）34(B)54(C)74(D)34【答案】D【解析】：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。过A作AE垂直于BC交BC于E，连结SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，∵正三角形ABC，∴E为BC中点，∵BC⊥AE，SA⊥BC，∴BC⊥面SAE，∴BC⊥AF，AF⊥SE，∴AF⊥面SBC，∵∠ABF为直线AB与面ABCSEFABCDA1B1C1D1OSBC所成角，由正三角形边长3，∴3AE，AS=3，∴SE=23，AF=32，∴3sin4ABF5.（2010全国卷1文）（9）正方体ABCD-1111ABCD中，1BB与平面1ACD所成角的余弦值为（A）23（B）33（C）23（D）63【答案】D【命题意图】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法利用等体积转化求出D到平面AC1D的距离是解决本题的关键所在,这也是转化思想的具体体现.【解析1】因为BB1//DD1,所以B1B与平面AC1D所成角和DD1与平面AC1D所成角相等,设DO⊥平面AC1D，由等体积法得11DACDDACDVV,即111133ACDACDSDOSDD.设DD1=a,则12211133sin60(2)2222ACDSACADaa,21122ACDSADCDa.所以1312333ACDACDSDDaDOaSa,记DD1与平面AC1D所成角为,则13sin3DODD,所以6cos3.【解析2】设上下底面的中心分别为1,OO；1OO与平面AC1D所成角就是B1B与平面AC1D所成角，111136cos1/32OOOODOD6.（2010全国卷1理）（12）已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为(A)233(B)433(C)23(D)8337.（2010全国卷1理）（7）正方体ABCD-1111ABCD中，B1B与平面AC1D所成角的余弦值为（A）23（B）33（C）23（D）638.（2010四川文）（12）半径为R的球O的直径AB垂直于平面a，垂足为B，BCD是平面a内边长为R的正三角形，线段AC、AD分别与球面交于点M、N，那么M、N两点间的球面距离是（A）17arccos25R（B）18arccos25R（C）13R（D）415R【答案】A【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝12cos∠BAC＝255连结OM，则△OAM为等腰三角形AM＝2AOcos∠BAC＝455R，同理AN＝455R，且MN∥CD而AC＝5R,CD＝R故MN：CD＝AN:ACMN＝45R，连结OM、ON，有OM＝ON＝R于是cos∠MON＝22217225OMONMNOMON所以M、N两点间的球面距离是17arccos25R二、填空题1.（2010江西理）16.如图，在三棱锥OABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA>OB>OC,分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为1S，2S，3S，则1S，2S，3S的大小关系为。【答案】321SSS【解析】考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，通过补形，借助长方体验证结论，特殊化，令边长为1，2，3得321SSS。2.（2010北京文）（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动。设顶点p（x，y）的纵坐标与横坐标的函数关系是()yfx，则()fx的最小正周期为；AB()yfx在其两个相邻零点间的图像与x轴所围区域的面积为。【答案】41说明：“正方形PABC沿x轴滚动”包含沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动。沿x轴正方向滚动是指以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在x轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续，类似地，正方形PABC可以沿着x轴负方向滚动。3.（2010北京理）（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动。设顶点p（x，y）的轨迹方程是()yfx，则()fx的最小正周期为；()yfx在其两个相邻零点间的图像与x轴所围区域的面积为【答案】41说明：“正方形PABC沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动。沿轴正方向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续。类似地，正方形PABC可以沿轴负方向滚动。4.（2010四川文）（15）如图，二面角l的大小是60°，线段AB.Bl，AB与l所成的角为30°.则AB与平面所成的角的正弦值是.【答案】34【解析】过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线.垂足为D连结AD，有三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角l的平面角，为60°又由已知，∠ABD＝30°连结CB，则∠ABC为AB与平面所成的角设AD＝2，则AC＝3，CD＝1AB＝0sin30AD＝4ABCD∴sin∠ABC＝34ACAB5.（2010湖北文数）14.圆柱形容器内盛有高度为3cm的水，若放入三个相同的珠（球的半么与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是____cm.【答案】4【解析】设球半径为r，则由3VVV球水柱可得33224863rrrr,解得r=4.6.（2010湖南理数）13．图3中的三个直角三角形是一个体积为203cm的几何体的三视图，则hcm．7.（2010湖北理数）13.圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是cm。【答案】4【解析】设球半径为r，则由3VVV球水柱可得33224863rrrr,解得r=4.8.（2010福建理数）12．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于．【答案】6+23【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为324234，侧面积为3216，所以其表面积为6+23。【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本能力。三、解答题1.（2010辽宁文）（19）（本小题满分12分）如图，棱柱111ABCABC的侧面11BCCB是菱形，11BCAB（Ⅰ）证明：平面1ABC平面11ABC；（Ⅱ）设D是11AC上的点，且1//AB平面1BCD，求11:ADDC的值.解：（Ⅰ）因为侧面BCC1B1是菱形，所以11BCCB又已知BBCBABACB1111,且所又CB1平面A1BC1，又CB1平面AB1C，所以平面CAB1平面A1BC1.（Ⅱ）设BC1交B1C于点E，连结DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线，因为A1B//平面B1CD，所以A1B//DE.又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点.即A1D：DC1=1.2.（2010辽宁理）（19）（本小题满分12分）已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.（Ⅰ）证明：CM⊥SN；（Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小.证明：设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图。则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,12），N（12,0,0），S（1,12,0）.……4分（Ⅰ）111(1,1,),(,,0)222CMSN,因为110022CMSN，所以CM⊥SN……6分（Ⅱ）1(,1,0)2NC,设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，则10,2210.2xyzxxy令，得a=(2,1,-2).……9分因为1122cos,2232aSN所以SN与片面CMN所成角为45°。……12分3.（2010全国卷2文）（19）（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D为BB1的中点，E为AB1上的一点，AE=3EB1（Ⅰ）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；（Ⅱ）设异面直线AB1与CD的夹角为45°,求二面角A1-AC1-B1的大小【解析】本题考查了立体几何中直线与平面、平面与平面及异面直线所成角与二面角的基础知识。（1）要证明DE为AB1与CD的公垂线，即证明DE与它们都垂直，由AE=3EB1，有DE与BA1平行，由A1ABB1为正方形，可证得，证明CD与DE垂直，取AB中点F。连结DF、FC，证明DE与平面CFD垂直即可证明DE与CD垂直。（2）由条件将异面直线AB1，CD所成角找出即为FDC，设出AB连长，求出所有能求出的边长，再作出二面角的平面角，根据所求的边长可通过解三角形求得。4.（2010江西理）20.（本小题满分12分）如图△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，23AB。（1）求点A到平面MBC的距离；（2）求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值。【解析】本题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形的空间感、点到直线的距离、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=3，MO∥AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，则MHBC，求得：OH=OCsin600=32,MH=152,利用体积相等得：2155AMBCMABCVVd。（2）CE是平面ACM与平面BCD的交线.由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.sin603BFBC，tan2ABBF，25sin5所以，所求二面角的正弦值是255.【点评】传统方法在处理时要注意到辅助线的处理，一般采用射影、垂线、平行线等特殊位置的元素解决解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD.以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.OB=OM=3，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，3），B（0，-3，0），A（0，-3，23），（1）设(,,)nxyz是平面MBC的法向量，则BC=(1,3,0)，(0,3,3)BM，由nBC得30xy；由nBM得330yz；取(3,1,1),(0,0,23)nBA，则距离2155BAndn（2）(1,0,3)CM，(1,3,23)CA.设平面ACM的法向量为1(,,)nxyz，由11nCMnCA得303230xzxyz.解得3xz，yz，取1(3,1,1)n.又平面BCD的法向量为(0,0,1)n，则yxMDCBOAz1111cos,5nnnnnn设所求二面角为，则2125sin1()55.【点评】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5.（2010重庆文）（20）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分.）如题（20）图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面ABCD，2PAAB，点E是棱PB的中点.（Ⅰ）证明：AE平面PBC；（Ⅱ）若1AD，求二面角BECD的平面角的余弦值.6.（2010浙江文）（20）（本题满分14分）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。7.（2010重庆理）（19）（本小题满分12分，（I）小问5分，（II）小问7分）如题（19）图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面ABCD，PA=AB=6，点E是棱PB的中点。（I）求直线AD与平面PBC的距离；（II）若AD=3，求二面角A-EC-D的平面角的余弦值。8.（2010北京文）(18)（本小题共14分）设定函数32()(0)3afxxbxcxda，且方程\'()90fxx的两个根分别为1，4。（Ⅰ）当a=3且曲线()yfx过原点时，求()fx的解析式；（Ⅱ）若()fx在(,)无极值点，求a的取值范围。解：由32()3afxxbxcxd得2()2fxaxbxc因为2()9290fxxaxbxcx的两个根分别为1,4，所以290168360abcabc（*）（Ⅰ）当3a时，又由（*）式得2608120bcbc解得3,12bc又因为曲线()yfx过原点，所以0d故32()312fxxxx（Ⅱ）由于a>0,所以“32()3afxxbxcxd在（-∞，+∞）内无极值点”等价于“2()20fxaxbxc在（-∞，+∞）内恒成立”。由（*）式得295,4baca。又2(2)49(1)(9)bacaa解09(1)(9)0aaa得1,9a即a的取值范围1,99.（2010北京理）（16）（本小题共14分）如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=2，CE=EF=1.（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE；（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE；（Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。证明：（I）设AC与BD交与点G。因为EF//AG，且EF=1，AG=12AC=1.所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF//平面EG，因为EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF//平面BDE.（II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD.如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-xyz.则C（0，0，0），A（2，2，0），B（0，2，0）.所以22(,,1)22CF，(0,2,1)BE，(2,0,1)DE.所以0110CFBE,1010CFDE所以CFBE,CFDE.所以CFBDE.(III)由（II）知，22(,,1)22CF是平面BDE的一个法向量.设平面ABE的法向量(,,)nxyz,则0nBA，0nBE.即(,,)(2,0,0)0(,,)(0,2,1)0xyzxyz所以0,x且2,zy令1,y则2z.所以(0,1,2)n.从而3cos,2||||nCFnCFnCF。因为二面角ABED为锐角，所以二面角ABED的大小为6.10.（2010广东文）18.（本小题满分14分）如图4，弧AEC是半径为a的半圆，AC为直径，点E为弧AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点，平面AEC外一点F满足FC平面BED,FB=a5（1）证明：EBFD（2）求点B到平面FED的距离.（1）证明：点E为弧AC的中点11.（2010福建文）20．（本小题满分12分）如图，在长方体ABCD–A1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1,D1C1上的点（点E与B1不重合），且EH//A1D1。过EH的平面与棱BB1,CC1相交，交点分别为F，G。（I）证明：AD//平面EFGH；（II）设AB=2AA1=2a。在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点，记该点取自于几何体A1ABFE–D1DCGH内的概率为p。当点E，F分别在棱A1B1,B1B上运动且满足EF=a时，求p的最小值。12.（2010湖南理）13.（2010江苏卷）16、（本小题满分14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900。(1)求证：PC⊥BC；(2)求点A到平面PBC的距离。[解析]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。满分14分。（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC。由∠BCD=900，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=22，故点A到平面PBC的距离等于2。（方法二）体积法：连结AC。设点A到平面PBC的距离为h。因为AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900。从而AB=2，BC=1，得ABC的面积1ABCS。由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P-ABC的体积1133ABCVSPD。因为PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC。又PD=DC=1，所以222PCPDDC。由PC⊥BC，BC=1，得PBC的面积22PBCS。由APBCPABCVV，1133PBCShV，得2h，故点A到平面PBC的距离等于2。2009年高考题一、填空题1.若等边ABC的边长为23，平面内一点M满足1263CMCBCA，则MAMB_________2．在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B(1，-3，1)，点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是________。【解析】设(0,,0)My由222141(3)1yy可得1y故(0,1,0)M【答案】(0,-1，0)二、解答题3.（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD,AD//BC//FE，ABAD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=12AD(I)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(II)证明平面AMD平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点。设，1AB依题意得，，，001B，，，011C，，，020D，，，110E，，，100F.21121M，，（I），，，解：101BF，，，110DE.2122100DEBFDEBFDEcos，于是BF所以异面直线BF与DE所成的角的大小为060.（II）证明：，，，由21121AM，，，101CE0AMCE020AD，可得，，，.AMDCEAADAM.ADCEAMCE.0ADCE平面，故又，因此，.CDEAMDCDECE平面，所以平面平面而（III）.0D0)(CDEEuCEuzyxu，，则，，的法向量为解：设平面.111(1.00），，，可得令，于是uxzyzx又由题设，平面ACD的一个法向量为).100(，，v.3313100cosvuvuvu，所以，4．（本题满分15分）如图，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，,,EFO分别为PA，PB，AC的中点，16AC，10PAPC．（I）设G是OC的中点，证明：//FG平面BOE；（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),OABC(0,0,6),(0,4,3),PE4,0,3F，由题意得，0,4,0,G因(8,0,0),(0,4,3)OBOE，因此平面BOE的法向量为(0,3,4)n，(4,4,3FG得0nFG，又直线FG不在平面BOE内，因此有//FG平面BOE6.（本小题满分12分）如图，已知两个正方行ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点。（I）若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正值弦；（II）用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线。设正方形ABCD，DCEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线DC，DF，DA为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系如图.2则M（1,0,2）,N(0,1,0),可得MN=(-1,1,2).又DA=（0，0，2）为平面DCEF的法向量，可得cos(MN,DA)=36|||||DAMNDAMN·所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为cos36,DAMN·……6分(Ⅱ)假设直线ME与BN共面，……8分则AB平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN由已知，两正方形不共面，故AB平面DCEF。又AB//CD，所以AB//平面DCEF。面EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，所以AB//EN。又AB//CD//EF，所以EN//EF，这与EN∩EF=E矛盾，故假设不成立。所以ME与BN不共面，它们是异面直线.……12分7.（13分）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MDABCD平面，NBABCD平面，且MD=NB=1，E为BC的中点（1）求异面直线NE与AM所成角的余弦值（2）在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由17.解析：（1）在如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标Dxyz依题意，得1(0,0,0)(1,0,0)(0,0,1),(0,1,0),(1,1,0),(1,1,1),(,1,0)2DAMCBNE。1(,0,1),(1,0,1)2NEAM10cos,10||||NEAMNEAMNEAM，所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为1010.A（2）假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN.(0,1,1)AN,可设(0,,),ASAN又11(,1,0),(,1,)22EAESEAAS.由ES平面AMN，得0,0,ESAMESAN即10,2(1)0.故12，此时112(0,,),||222ASAS.经检验，当22AS时，ES平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时22AS.8.（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABCABC中，,ABACD、E分别为1AA、1BC的中点，DE平面1BCC（I）证明：ABAC（II）设二面角ABDC为60°，求1BC与平面BCD所成的角的大小。分析一：求1BC与平面BCD所成的线面角，只需求点1B到面BDC的距离即可。19．（本小题满分12分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问7分）如题（19）图，在四棱锥SABCD中，ADBC且ADCD；平面CSD平面ABCD，,22CSDSCSAD；E为BS的中点，2,3CEAS．求：（Ⅰ）点A到平面BCS的距离；（Ⅱ）二面角ECDA的大小．（Ⅰ）如答（19）图2，以S(O)为坐标原点，射线OD,OC分别为x轴，y轴正向，建立空间坐标系，设(,,)AAAAxyz，因平面,,CODABCDADCDADCOD平面故平面即点A在xoz平面上，因此01AAyzADuuuv，又22213,2201AAxASxAuuv从而（，，）因AD//BC，故BC⊥平面CSD，即BCS与平面yOx重合，从而点A到平面BCS的距离为2Ax.(Ⅱ)易知C(0,2,0)，D(,0,0).因E为BS的中点.ΔBCS为直角三角形,知222BSCEuuvuuv设B(0,2,BZ)，BZ＞0，则AZ＝2，故B（0，2，2），所以E（0，1，1）.在CD上取点G，设G（11,,0xy），使GE⊥CD.由11(2,2,0),(,1,1),0CDGExyCDGEuuuvuuuvuuuvuuuv故1122(1)0xy①　又点G在直线CD上，即//CGCDuuuvuuuv，由CGuuuv=（11,2,0xy），则有11222xy　②联立①、②，解得G＝24(,,0)33　,故GEuuuv=22(,,1)33.又由AD⊥CD，所以二面角E－CD－A的平面角为向量GEuuuv与向量DAuuuv所成的角，记此角为.因为GEuuuv=233，(0,0,1),1,1DADAGEDAuuuvuuuvuuuvuuuv,所以3cos2GEDAGEDAuuuvuuuvuuuvuuuv故所求的二面角的大小为6.作AGBD于G，连GC，则GCBD，AGC为二面角ABDC的平面角60AGC.不妨设23AC，则2,4AGGC.在RTABD中，由ADABBDAG，易得6AD.设点1B到面BDC的距离为h，1BC与平面BCD所成的角为。利用11133BBCBCDSDESh，可求得h23，又可求得143BC11sin30.2hBC即1BC与平面BCD所成的角为30.分析二：作出1BC与平面BCD所成的角再行求解。如图可证得BCAFED面，所以O面AFEDBDC面。由分析一易知：四边形AFED为正方形，连AEDF、，并设交点为O，则EOBDC面，OC为EC在面BDC内的射影。ECO即为所求。以下略。分析三：利用空间向量的方法求出面BDC的法向量n，则1BC与平面BCD所成的角即为1BC与法向量n的夹角的余角。具体解法详见高考试题参考答案。总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益。9．（本小题共14分）如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PDABCD底面，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面AECPDB平面；（Ⅱ）当2PDAB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设,,ABaPDh则,0,0,,,0,0,,0,0,0,0,0,0,AaBaaCaDPh，（Ⅰ）∵,,0,0,0,,,,0ACaaDPhDBaa，∴0,0ACDPACDB，∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，∴平面AECPDB平面.（Ⅱ）当2PDAB且E为PB的中点时，1120,0,2,,,222PaEaaa，设AC∩BD=O，连接OE，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，∵1122,,,0,0,2222EAaaaEOa，∴2cos2EAEOAEOEAEO，∴45AOE，即AE与平面PDB所成的角的大小为45.10.（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分）如题（18）图，在五面体ABCDEF中，AB//DC，∠BAD=2π，CD=AD=2.，四边形ABFE为平行四边形，FA⊥平面ABCD，FC=3，ED=7，求：（Ⅰ）直线AB到平面EFCD的距离：（Ⅱ）二面角F-AD-E的平面角的正切值，18.（本小题满分12分）如图4，在正三棱柱111ABCABC中，2ABAAD是11AB的中点，点E在11AC上，且DEAE。（I）证明平面ADE平面11ACCA（II）求直线AD和平面ABC所成角的正弦值。解（I）如图所示，由正三棱柱111ABCABC的性质知1AA平面111ABC又DE平面A1B1C1，所以DEAA1.而DEAE。AA1AE=A所以DE平面ACC1A1，又DE平面ADE，故平面ADE平面ACC1A1。解法2如图所示，设O使AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA1=2，则AB=2，相关各点的坐标分别是A(0,-1,0)，B（3，0，0），C1（0，1，2），D（23，-21，2）。易知AB=(3，1，0)，1AC=(0，2，2)，AD=(23，-21，2）设平面ABC1的法向量为n=（x，y，z）,则有,022·,03·1zyACnyxABn解得x=-33y，z=-y2，故可取n=(1，-3，6)。所以，cos(n·AD)=ADnADn··=31032=510。由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为510。11.（本小题满分12分）如图3，在正三棱柱ABC-1A1B1C中，AB=4,A1A=7,点D是BC的中点，点E在AC上，且DE1AE（Ⅰ）证明：平面1ADE平面11ACCA;（Ⅱ）求直线AD和平面1ADE所成角的正弦值。解法2如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,),1A.(2,0,7),D(-1,3),E(-1,0.0)易知1AB=（-3，3，-7），DE=（0，-3，0），AD=（-3，3，0）设n=（x，y，z）是平面1ADE的一个法向量，则1303370{nDEynADxyzuuuvuuuuv解得7,03xzy故可取n=（7,0,-3，）于是=37218423由此即知，直线AD和平面1ADE所成的角是正弦为21812．（本小题满分12分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，4PAAD，2AB.以AC的中点O为球心、AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N.（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线CD与平面ACM所成的角的大小；（3）求点N到平面ACM的距离.方法二：（1）同方法一；（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A，(0,0,4)P，(2,0,0)B，(2,4,0)C，(0,4,0)D，(0,2,2)M；设平面ACM的一yxzDMCBPANO个法向量(,,)nxyz，由,nACnAM可得：240220xyyz，令1z，则(2,1,1)n。设所求角为，则6sin3CDnCDn，所以所求角的大小为6arcsin3。（3）由条件可得，ANNC.在RtPAC中，2PAPNPC,所以83PN,则103NCPCPN,59NCPC，所以所求距离等于点P到平面CAM距离的59，设点P到平面CAM距离为h则263APnhn，所以所求距离为5106h927。19（本小题满分12分）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，,,45ABAEFAFEAEF（I）求证：EFBCE平面；（II）设线段CD的中点为P，在直线AE上是否存在一点M，使得PMBCE平面？若存在，请指出点M的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由；（III）求二面角FBDA的大小。(Ⅰ)因为△ABE为等腰直角三角形,AB=AE,所以AE⊥AB.又因为平面ABEF⊥平面ABCD,AE平面ABEF,平面ABEF∩平面ABCD=AB,所以AE⊥平面ABCD.所以AE⊥AD.因此,AD,AB,AE两两垂直,以A为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系A-xyz.设AB=1,则AE=1，B（0，1，0），D(1,0,0),E(0,0,1),C(1,1,0).因为FA=FE,∠AEF=45°,所以∠AFE=90°.从而，11(0,,)22F.所以11(0,,)22EF,(0,1,1)BE,(1,0,0)BC.110022EFBE,0EFBC.所以EF⊥BE,EF⊥BC.因为BE平面BCE,BC∩BE=B,所以EF⊥平面BCE.(Ⅱ)存在点M,当M为AE中点时,PM∥平面BCE.M(0,0,12),P(1,12,0).从而PM=11(1,,)22,于是PM·EF=11(1,,)22·11(0,,)22=0所以PM⊥FE,又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内，故PMM∥平面BCE.………………………………8分(Ⅲ)设平面BDF的一个法向量为1n，并设1n=（x,y,z）.110BD（，，）uuuv，31022BF（，，）uuuv11n0n0BDBFuvuuuvguvuuuvg即xy031yz022取y=1，则x=1，z=3。从而1n113（，，）。取平面ABD的一个法向量为2n（0，0，1）。12212nn3311cos(n,n)11111nn1uvuuvuuvuuvguvuuvg。故二面角F—BD—A的大小为arccos31111。……………………………………12分14.（本题满分14分）如图，在直三棱柱111ABCABC中，12AABCAB,ABBC,求二面角111BACC的大小。简答：32005—2008年高考题解答题1.（2008全国Ⅱ19）（本小题满分12分）如图，正四棱柱1111ABCDABCD中，124AAAB，点E在1CC上且ECEC31．ABCDEA1B1C1D1NMABDCO（Ⅰ）证明：1AC平面BED；（Ⅱ）求二面角1ADEB的大小．以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系Dxyz．依题设，1(220)(020)(021)(204)BCEA，，，，，，，，，，，．(021)(220)DEDB，，，，，，11(224)(204)ACDA，，，，，．（Ⅰ）证明因为10ACDB，10ACDE，故1ACBD，1ACDE．又DBDED，所以1AC平面DBE．（Ⅱ）解设向量()xyz，，n是平面1DAE的法向量，则DEn，1DAn．故20yz，240xz．令1y，则2z，4x，(412)，，n．1AC，n等于二面角1ADEB的平面角，4214,cos111CAnCAnCAn．所以二面角1ADEB的大小为14arccos42．2.（2008安徽）如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，4ABC,OAABCD底面,2OA,M为ABCDEA1B1C1D1yxzxyzNMABDCOPOA的中点，N为BC的中点（Ⅰ）证明：直线MNOCD平面‖；（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。作APCD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为,,xyz轴建立坐标系22222(0,0,0),(1,0,0),(0,,0),(,,0),(0,0,2),(0,0,1),(1,,0)22244ABPDOMN,(1)证明22222(1,,1),(0,,2),(,,2)44222MNOPOD设平面OCD的法向量为(,,)nxyz,则0,0nOPnOD即2202222022yzxyz取2z,解得(0,4,2)n22(1,,1)(0,4,2)044MNn∵MNOCD平面‖(2)解设AB与MD所成的角为,22(1,0,0),(,,1)22ABMD∵1cos,23ABMDABMD∴∴,AB与MD所成角的大小为3.(3)解设点B到平面OCD的距离为d，则d为OB在向量(0,4,2)n上的投影的绝对值,由(1,0,2)OB,得23OBndn.所以点B到平面OCD的距离为233.（2008湖南17）如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA＝2.（Ⅰ）证明：平面PBE⊥平面PAB;（Ⅱ）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小.如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A（0，0，0），B（1，0，0），33(,,0),22C13(,,0),22DP（0，0，2）,3(1,,0).2E（Ⅰ）证明因为3(0,,0)2BE，平面PAB的一个法向量是0(0,1,0)n，所以0BEn和共线.从而BE⊥平面PAB.又因为BE平面PBE，故平面PBE⊥平面PAB.(Ⅱ)解易知3(1,0,2),(0,02PBBE，），13(0,0,2),(,,0)22PAAD设1111(,,)nxyz是平面PBE的一个法向量，则由110,0nPBnBE得111122020,3000.2xyzxyz所以11110,2.(2,0,1).yxzn故可取设2222(,,)nxyz是平面PAD的一个法向量，则由220,0nPAnAD得2222220020,1300.22xyzxyz所以2220,3.zxy故可取2(3,1,0).n于是，1212122315cos,.552nnnnnn故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是15arccos.54.（2008福建18）如图，在四棱锥P-ABCD中，则面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD＝2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点.（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线PD与CD所成角的大小；（Ⅲ）线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为32？若存在，求出AQQD　的值；若不存在，请说明理由.（Ⅰ）证明在△PAD中PA=PD,O为AD中点，所以PO⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.(Ⅱ)解以O为坐标原点，OCODOP、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz,依题意，易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),所以110111CDPB＝（，，），＝（，，）.所以异面直线PB与CD所成的角是arccos63，(Ⅲ)解假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为32，由(Ⅱ)知(1,0,1),(1,1,0).CPCD设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).则0,0,nCPnCD所以00000,0,xzxy即000xyz，取x0=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1).设(0,,0)(11),(1,,0),QyyCQy由32CQnn，得13,23y解y=-12或y=52(舍去)，此时13,22AQQD，所以存在点Q满足题意，此时13AQQD.5.（2007福建理•18）如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点。（Ⅰ）求证：AB1⊥面A1BD；（Ⅱ）求二面角A－A1D－B的大小；（Ⅲ）求点C到平面A1BD的距离；（Ⅰ）证明取BC中点O，连结AO．ABC△为正三角形，AOBC⊥．在正三棱柱111ABCABC中，平面ABC⊥平面11BCCB，AD⊥平面11BCCB．取11BC中点1O，以O为原点，OB，1OO，OA的方向为xyz，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则(100)B，，，(110)D，，，1(023)A，，，(003)A，，，1(120)B，，，1(123)AB，，，(210)BD，，，1(123)BA，，．12200ABBD，111430ABBA，1ABBD⊥，11ABBA⊥．1AB⊥平面1ABD．（Ⅱ）解设平面1AAD的法向量为()xyz，，n．(113)AD，，，1(020)AA，，．AD⊥n，1AA⊥n，100ADAA，，nn3020xyzy，，03yxz，．令1z得(301)，，n为平面1AAD的一个法向量．由（Ⅰ）知1AB⊥平面1ABD，1AB为平面1ABD的法向量．cosn，1113364222ABABABnn．二面角1AADB的大小为6arccos4．（Ⅲ）解由（Ⅱ），1AB为平面1ABD法向量，xzABCD1A1C1BOFy1(200)(123)BCAB，，，，，．点C到平面1ABD的距离1122222BCABdAB．6.（2006广东卷）如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径.AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8,BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE//AD.(Ⅰ)求二面角B—AD—F的大小；(Ⅱ)求直线BD与EF所成的角.解(Ⅰ)∵AD与两圆所在的平面均垂直,∴AD⊥AB,AD⊥AF,故∠BAD是二面角B—AD—F的平面角，依题意可知，ABCD是正方形，所以∠BAD＝450.即二面角B—AD—F的大小为450.(Ⅱ)以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O（0，0，0），A（0，23，0），B（23，0，0）,D（0，23，8），E（0，0，8），F（0，23，0）所以，)8,23,0(),8,23,23(FEBD10828210064180||||,cosFEBDFEBDEFBD.设异面直线BD与EF所成角为，则1082|,cos|cosEFBD直线BD与EF所成的角为1082arccos7.（2005江西）如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动.D1C1B1A1EDCBA（1）证明：D1E⊥A1D；（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；（3）AE等于何值时，二面角D1—EC—D的大小为4.以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0），C（0，2，0）（1）证明.,0)1,,1(),1,0,1(,1111EDDAxEDDA所以因为（2）解因为E为AB的中点，则E（1，1，0），从而)0,2,1(),1,1,1(1ACED，)1,0,1(1AD，设平面ACD1的法向量为),,(cban，则,0,01ADnACn也即002caba，得caba2，从而)2,1,2(n，所以点E到平面AD1C的距离为.313212||||1nnEDh（3）解设平面D1EC的法向量),,(cban，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11DDCDxCE由.0)2(02,0,01xbacbCEnCDn令b=1,∴c=2,a=2－x，∴).2,1,2(xnD1C1B1A1EDCBAoxzy依题意.225)2(222||||||4cos211xDDnDDn∴321x（不合，舍去），322x.∴AE=32时，二面角D1—EC—D的大小为4.第二部分四年联考汇编2010年联考题题组二（5月份更新）1．（师大附中理）如图1，P是正方形ABCD所在平面外一点，PD平面ABCD，PDAD，则PA与BD所成的角的度数为A．30B．45C．60D．90答案：C2．（肥城市第二次联考）如右图所示，在正方体1111ABCDABCD中，EF，分别是1AB，1BC的中点，则以下结论中不成立的是（C）A．EF与1CC垂直B．EF与BD垂直C．EF与11AC异面D．EF与1AD异面答案C解析：连结1AB，在11ABC中，11EFAC，所以A、B、D正确，C错，选C。3．（师大附中理）设,,,PABC是半径为2的球面上四个不同的点，且满足,,PAPBPC两EFB1C1D1CABDA1两互相垂直，则PABPACPBCSSS的最大值是__________。答案：84．（池州市七校元旦调研）设向量a，b满足：||3a，||4b，0ab．以a，b，ab的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为()A．3B．4C．5D．6答案：C【解析】对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现．5.（马鞍山学业水平测试）（本小题满分8分）如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是BB1、CD的中点.(Ⅰ)证明：AD⊥D1F;(Ⅱ)求AE与D1F所成的角;(Ⅲ)证明：面AED⊥面A1FD1.解：以D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1…………………………………………………………………………1分则有A（1,0，0），E（1，2，21），F（0，21，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1）……2分(Ⅰ)0),1,21,0(),0,0,1(11FDADFDAD，∴AD⊥D1F………………………4分(Ⅱ)0),21,1,0(1FDAEAE，∴AE⊥D1FAE与D1F所成的角为900…………………………………………………………………6分(Ⅲ)由以上可知D1F⊥平面AED，又D1F在平面A1FD1内，∴面AED⊥面A1FD1……………………………………………………………………8分6．（池州市七校元旦调研）如图，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，,,EFO分别为PA，PB，AC的中点，16AC，10PAPC．（I）设G是OC的中点，证明：//FG平面BOE；（II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面2C1A1MB1CNABC1A1MB1CNABBOE．证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),OABC(0,0,6),(0,4,3),PE4,0,3F，由题意得，0,4,0,G因(8,0,0),(0,4,3)OBOE，因此平面BOE的法向量为(0,3,4)n，(4,4,3FG得0nFG，又直线FG不在平面BOE内，因此有//FG平面BOE（II）设点M的坐标为00,,0xy，则00(4,,3)FMxy，因为FM平面BOE，所以有//FMn，因此有0094,4xy，即点M的坐标为94,,04，在平面直角坐标系xoy中AOB的内部区域满足不等式组008xyxy，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，7．（马鞍山学业水平测试）（本小题满分12分）（文）在斜三棱柱111ABCABC中，M为11BC的中点，N是BC上一点.（Ⅰ）若平面11//ABNAMC平面，求证：N为BC的中点；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若1111ABAC11，BC=BB，求证：1AMCABC平面平面.（Ⅰ）111111111A//AMCABNMCBBCCMCABNBBCCBN平面平面平面平面平面平面，所以1//MCBN因为M为B1C1中点，所以N为BC中点----------------------6分（Ⅱ）1111ABAC，且M为中点，所以111AMBC----------8分1111BC=BBBC=CC，M为中点，所以11CMBC，----------10分又1AMMCM,则111BCAMC平面，----------12分又11//BCBC,所以1BCAMC平面，----------14分又BCABC平面，所以1AMCABC平面平面-------16分8.（玉溪一中期中文）（本小题12分）如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABADACCD，，60ABC°，PAABBC，E是PC的中点．（Ⅰ）求PB和平面PAD所成的角的大小；（Ⅱ）证明AE平面PCD；（Ⅲ）求二面角APDC的大小．（Ⅰ）解：在四棱锥PABCD中，因PA底面ABCD，AB平面ABCD，故PAAB．又ABAD，PAADA，从而AB平面PAD．故PB在平面PAD内的射影为PA，从而APB∠为PB和平面PAD所成的角．在RtPAB△中，ABPA，故45APB∠．所以PB和平面PAD所成的角的大小为45．（Ⅱ）证明：在四棱锥PABCD中，因PA底面ABCD，CD平面ABCD，故CDPA．由条件CDPC，PAACA，CD面PAC．又AE面PAC，AECD．由PAABBC，60ABC∠，可得ACPA．E是PC的中点，AEPC，PCCDC．综上得AE平面PCD．（Ⅲ）解：过点E作EMPD，垂足为M，连结AM．由（Ⅱ）知，AE平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AMPD．因此AME∠是二面角APDC的平面角．由已知，可得30CAD∠．设ACa，可得ABCDPEABCDPEMPAa，233ADa，213PDa，22AEa．在RtADP△中，AMPD，∴ADPAPDAM，则aaaaPDADPAAM772321332．在RtAEM△中，14sin4AEAMEAM．所以二面角APDC的大小14arcsin49.（祥云一中月考理）（本小题满分12分）如图，四棱锥P—ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点。（I）求异面直线PA与DE所成的角的余弦值；（II）求点D到面PAB的距离．10.解：如图取DC的中点O，连PO，∵△PDC为正三角形，∴PO⊥DC.又∵面PDC⊥面ABCD，∴PO⊥面ABCD.如图建立空间直角坐标系.xyzO则),0,2,0(),0,2,(),0,2,(),23,0,0(aCaaBaaAaP)0,1,0(aD（1）E为PC中点，),43,4,0(aaE)23,2,(),43,43,0(aaaPAaaDE，243)23(43)2(43aaaaaDEPA，,4623243||||,cos,23||,2||2aaaDEPADEPADEPADEaPA………………………………….6分（2）可求)0,,0(),23,2,(aABaaaPA，设面PAB的一个法向量为ABnPAnzyxn,),,,(则，.0232azyaxaPAn①0yaABn.②由②得y=0，代入①得023azxa令).2.0,3(,2,3nzx则则D到面PAB的距离d等于.上的射影的绝对值在DA7|)2.0,3()0,0,(||||||||||||||cos|||annDAnDAnDADAnDADAd.72173aa即点D到面PAB的距离等于.721a……………………………..12分11.（祥云一中二次月考理）（本小题满分12分）如图所示，四棱锥P—ABCD中，侧棱PA与底面ABCD垂直，DC=1，AD=AP=2，AB=5，∠CDA=∠DAB=90°，E是PB的中点.（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）求异面直线PD、AE所成角的大小；（3）求二面角A-CE-B的大小..法一：（1）证：由题意：AC=5，则ABCAACDC，又∠DCA=∠CAB，所以△DCA与△CAB相似，所以BC⊥AC，又由侧棱PA与底面ABCD垂直，有PA⊥BC，所以BC⊥平面PAC；……………4分（2）连BD，取BD的中点M，连EM，则EM‖PD，△AEM中，AE=AM=229，EM=2，设异面直线PD、AE所成角为，则2958cos，所以PD、AE所成角为2958arccos.（3）作AH⊥PC于H，作HK⊥EC于K，连AK，又（1）可知.∠AKH即为所求二面角的平面角的补角.在△APC中求出AH=352，在△ACE中求出AK=29302，（或在△PCE中求出HK=105329）EBCAPD所求二面角的大小为18174arcsin（或为29arctan5）.法二：（坐标法）（2）PD、AE所成角为2958arccos.（3）所求二面角的大小为：.1865arccos12．（祥云一中三次月考理）（本小题满分12分）如图，已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，2,1ADAB，3,600AFADC.（1）求证：AC⊥BF；（2）求二面角F—BD—A的大小.13.解：以CD为x轴,CA为y轴,以CE为z轴建立空间坐标系，（1）C(0,0,0),D(1,0,0),A(0,3,0),F(0,3,3),B(-1,3,0),14．（祥云一中三次月考文）（本小题满分12分）如图，已知正四棱柱ABCD—1111DCBA中AB=1，A1A=2，N是1AD的中点，点M在BB1上，ABEFCDA异面直线MN、1AA互相垂直.（1）试确定点M的位置，并加以证明；（2）求二面角A—MN—1A的大小.解：（Ⅰ）取A1A的中点P，连PM、PN，则PN//AD，,,,,,11111PMAAPMNAAMNAAPNAAADAA平面又.,.//1的中点为故点BBMABPM（Ⅱ）由（Ⅰ）知OAOAOMNAOAMNMNA111,,,则连于点作，则OAAMNOA11,所以就是所求二面角的平面角.显然.2,2511AMMAMNANNA利用等面积法求得A1O=AO=,530在△A1OA中由余弦定理得cos∠A1OA=322121221AOOAAAAOOA所以二面角的大小为32arccos解二:(向量法)(咯)15．（本小题满分12分）（祥云一中三次月考理）如图，已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，2,1ADAB，3,600AFADC.（1）求证：AC⊥BF；（2）求二面角F—BD—A的大小；(3)求点A到平面FBD的距离.15.解：以CD为x轴,CA为y轴,以CE为z轴建立空间坐标系，（1）C(0,0,0),D(1,0,0),A(0,3,0),F(0,3,3),B(-1,3,0),0,3,0CA,3,0,1BF,3,3,1DF,BFACBFCA,0（2）平面ABD的法向量),,(),1,0,0(zyxmFBDn的法向量平面解出1,2,3m,cosnm,=42,所求二面角F—BD—A的大小arccos42(3)点A到平面FBD的距离为d,)0,3,1(AD4632233mmADd.题组一（1月份更新）一、选择填空1.连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于27、43，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题①弦AB、CD可能相交于点M②弦AB、CD可能相交于点N　　③MN的最大值为5④MN的最小值为l，其中真命题的个数为　　　A．1个B．2个C．3个D．4个ABEFCDA答案C2.（2009昆明一中第三次模拟）如图，正四棱柱1111ABCDABCD中，12AAAB,则异面直线1AB与1AD所成角的余弦值为（）A．15B．25C．35D.45答案D3.某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（）A.22　B.23　C.4　D.25答案C4.等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角CABD的余弦值为33，MN，分别是ACBC，的中点，则EMAN，所成角的余弦值等于答案16.二、解答题1.如图，在三棱锥PABC中，2ACBC，90ACBAPBPAB，PCAC．（Ⅰ）求证：PCAB；（Ⅱ）求二面角BAPC的大小；（Ⅲ）求点C到平面APB的距离．解法一：（Ⅰ）取AB中点D，连结PDCD，．APBP，PDAB．ACBC，CDAB．PDCDD，AB平面PCD．PC平面PCD，PCAB．ACBEPACBDP（Ⅱ）ACBC，APBP，APCBPC△≌△．又PCAC，PCBC．又90ACB，即ACBC，且ACPCC，BC平面PAC．取AP中点E．连结BECE，．ABBP，BEAP．EC是BE在平面PAC内的射影，CEAP．BEC是二面角BAPC的平面角．在BCE△中，90BCE，2BC，362BEAB，6sin3BCBECBE．二面角BAPC的大小为6arcsin3．（Ⅲ）由（Ⅰ）知AB平面PCD，平面APB平面PCD．过C作CHPD，垂足为H．平面APB平面PCDPD，CH平面APB．CH的长即为点C到平面APB的距离．由（Ⅰ）知PCAB，又PCAC，且ABACA，PC平面ABC．CD平面ABC，PCCD．在RtPCD△中，122CDAB，362PDPB，222PCPDCD．332PDCDPCCH．点C到平面APB的距离为233．解法二：（Ⅰ）ACBC，APBP，APCBPC△≌△．又PCAC，PCBC．ACBCC，PC平面ABC．AB平面ABC，PCAB．ACBDPHACBPzxyHED1C1B1A1EDCBA（Ⅱ）如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz．则(000)(020)(200)CAB，，，，，，，，．设(00)Pt，，．22PBAB，2t，(002)P，，．取AP中点E，连结BECE，．ACPC，ABBP，CEAP，BEAP．BEC是二面角BAPC的平面角．(011)E，，，(011)EC，，，(211)EB，，，33622cosEBECEBECBEC．二面角BAPC的大小为3arccos3．（Ⅲ）ACBCPC，C在平面APB内的射影为正APB△的中心H，且CH的长为点C到平面APB的距离．如（Ⅱ）建立空间直角坐标系Cxyz．2BHHE，点H的坐标为222333，，．233CH．点C到平面APB的距离为233．2.如图，已知1111ABCDABCD是棱长为3的正方体，点E在1AA上，点F在1CC上，且11AEFC．（1）求证：1EBFD，，，四点共面；（4分）；（2）若点G在BC上，23BG，点M在1BB上，GMBF⊥，垂足为H，求证：EM⊥平面11BCCB；（4分）；（3）用表示截面1EBFD和侧面11BCCB所成的锐二面角的大小，求tan．证明：（1）建立如图所示的坐标系，则(301)BE，，，(032)BF，，，1(333)BD，，，所以1BDBEBF，故1BD，BE，BF共面．又它们有公共点B，所以1EBFD，，，四点共面．（2）如图，设(00)Mz，，，则203GMz，，，而(032)BF，，，由题设得23203GMBFz，得1z．因为(001)M，，，(301)E，，，有(300)ME，，，又1(003)BB，，，(030)BC，，，所以10MEBB，0MEBC，从而1MEBB⊥，MEBC⊥．故ME⊥平面11BCCB．（3）设向量(3)BPxy，，⊥截面1EBFD，于是BPBE⊥，BPBF⊥．而(301)BE，，，(032)BF，，，得330BPBEx，360BPBFy，解得1x，2y，所以(123)BP，，．又(300)BA，，⊥平面11BCCB，所以BP和BA的夹角等于或π（为锐角）．于是1cos14BPBABPBA．故tan13．3.（2009广东三校一模）如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,aCBDCAD,60ABC,平面ACFE平面ABCD,四边形ACFE是矩形,aAE,点M在线段MFECDBAEF上.(1)求证:BC平面ACFE;(2)当EM为何值时,AM∥平面BDF?证明你的结论;(3)求二面角DEFB的平面角的余弦值.（Ⅰ）在梯形ABCD中，CDAB//，60,ABCaCBDCAD四边形ABCD是等腰梯形，且120,30DCBDACDCA90DCADCBACBBCAC2分又平面ACFE平面ABCD，交线为AC，BC平面ACFE4分（Ⅱ）解法一、当aEM33时，//AM平面BDF，5分在梯形ABCD中，设NBDAC，连接FN，则2:1:NACN6分aEM33，而aACEF32:1:MFEM，7分ANMF//，四边形ANFM是平行四边形，NFAM//8分又NF平面BDF，AM平面BDF//AM平面BDF9分解法二：当aEM33时，//AM平面BDF，由（Ⅰ）知，以点C为原点，CFCBCA,,所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，5分则)0,0,0(C，)0,,0(aB，)0,0,3(aA，)0,21,23(aaD，),0,0(aF，),0,3(aaEAM平面BDF，NDCABEFMxDyzCOFBAE//AM平面BDFAM与FB、FD共面，也等价于存在实数m、n，使FDnFBmAM，设EFtEM.)0,0,3(aEF，)0,0,3(atEM),0,3(aatEMAEAM又),21,23(aaaFD，),,0(aaFB，6分从而要使得：),21,23(),,0(),0,3(aaanaamaat成立，需anamaanmaanat210233，解得31t8分当aEM33时，//AM平面BDF9分（Ⅲ）解法一、取EF中点G，EB中点H，连结DG，GH，DHEFDGDFDE,BC平面ACFEEFBC又FCEF，FBEF，又FBGH//，GHEF222DBDEBEDGH是二面角DEFB的平面角.6分在BDE中,aABAEBEaDBaDE5,3,22290EDB,aDH25.7分CABFEHGD又aGHaDG22,25.8分在DGH中，由余弦定理得1010cosDGH,9分即二面角DEFB的平面角的余弦值为1010.解法二:由(Ⅰ)知,以点C为原点，CFCBCA,,所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则)0,0,0(C,)0,,0(aB，)0,0,3(aA，)0,21,23(aaD，),0,0(aF，),0,3(aaE过D作EFDG,垂足为G.令)0,0,3()0,0,3(aaFEFG,),0,3(aaFGCFCG,),21,233(aaaaCDCGDG由EFDG得,0EFDG,21),21,0(aaDG,即),21,0(aaGD11分,//,EFACACBCEFBC,EFBF二面角DEFB的大小就是向量GD与向量FB所夹的角.12分),,0(aaFB13分FBGDFBGDFBGD,cos1010即二面角DEFB的平面角的余弦值为1010.14分4、（2009番禺一模）如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD底面ABCD，xDyzCOFBAEFEDCBAPMFEDCBAP且22PAPDAD,若E、F分别为线段PC、BD的中点．(1)求证：直线EF//平面PAD；(2)求证：平面PDC平面PAD；(3)求二面角BPDC的正切值.(1)证明：连结AC，在CPA中EF//PA……2分且PA平面PAD，EF平面PAD　　PADEF平面//……………………………………………………….4分(2)证明：因为面PAD面ABCD　平面PAD面ABCDAD　CDAD　　所以，CD平面PAD　CDPA…………………………………………6分又22PAPDAD，所以PAD是等腰直角三角形，且2APD　　　即PAPD……………………………………………………………….8分　　CDPDD，且CD、PD面ABCD　　PA面PDC　　又PA面PAD　　面PAD面PDC………………………………………………………10分(3)解：设PD的中点为M,连结EM,MF,则EMPD由(Ⅱ)知EF面PDC,　EFPDPD面EFM　PDMFEMF是二面角BPDC的平面角………………………12分RtFEM中，1224EFPAa　1122EMCDa224tan122aEFEMFEMa　故所求二面角的正切为22……14分另解：如图,取AD的中点O,连结OP,OF.∵PAPD,∴POAD.∵侧面PAD底面ABCD,PADABCDAD平面平面,∴POABCD平面,而,OF分别为,ADBD的中点,∴//OFAB,又ABCD是正方形,故OFAD.∵22PAPDAD,∴PAPD,2aOPOA.以O为原点,直线,,OAOFOP为,,xyz轴建立空间直线坐标系,则有(,0,0)2aA,(0,,0)2aF,(,0,0)2aD,(0,0,)2aP,(,,0)2aBa,(,,0)2aCa.∵E为PC的中点,∴(,,)424aaaE.（1）易知平面PAD的法向量为(0,,0)2aOF而(,0,)44aaEF,且(0,,0)(,0,)0244aaaOFEF,∴EF//平面PAD.(2)∵(,0,)22aaPA,(0,,0)CDa∴(,0,)(0,,0)022aaPACDa,∴PACD,从而PACD,又PAPD,PDCDD,∴PAPDC平面,而PAPAD平面,∴平面PDC平面PAD(3)由(2)知平面PDC的法向量为(,0,)22aaPA.设平面PBD的法向量为(,,)nxyz.∵(,0,),(,,0)22aaDPBDaa,∴由0,0nDPnBD可得002200aaxyzaxayz,令1x,则1,1yz,zyxOFEDCBAP故(1,1,1)n,∴6cos,3232nPAanPAnPAa,即二面角BPDC的余弦值为63,二面角BPDC的正切值为22.5、（2009深圳一模）如图，AB为圆O的直径，点E、F在圆O上，EFAB//，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直．已知2AB,1EF．（Ⅰ）求证：平面DAF平面CBF；（Ⅱ）求直线AB与平面CBF所成角的大小；(Ⅲ)当AD的长为何值时，二面角BFED的大小为60？解：（Ⅰ）证明：平面ABCD平面ABEF,ABCB,平面ABCD平面ABEF=AB，CB平面ABEF．AF平面ABEF，CBAF，又AB为圆O的直径，BFAF，AF平面CBF．AF平面ADF，平面DAF平面CBF．…………………4分（Ⅱ）根据（Ⅰ）的证明，有AF平面CBF，FB为AB在平面CBF上的射影，因此，ABF为直线AB与平面CBF所成的角．………………………5分EFAB//，四边形ABEF为等腰梯形，过点F作ABFH，交AB于H．2AB,1EF，则212EFABAH．在AFBRt中，根据射影定理ABAHAF2，得1AF．…………………7分21sinABAFABF，30ABF．直线AB与平面CBF所成角的大小为30．…………………8分(Ⅲ)（解法一）过点A作EFAM，交EF的延长线于点M，连DM．根据（Ⅰ）的证明，DA平面ABEF，则EFDM，FABCDO.HMEDMA为二面角BFED的平面角，60DMA．…………………9分在AFHRt中，21AH，1AF,23FH．…………………10分又四边形AMFH为矩形，23FHMA．23323tanDMAMAAD．因此，当AD的长为23时，二面角BFED的大小为60．…………………12分（解法二）设EF中点为G，以O为坐标原点，OA、OG、AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系（如图）设tAD)0(t，则点D的坐标为),0,1(t在AFHRt中，21AH，1AF,23FH．点F的坐标为)0,23,21(，点E的坐标为)0,23,21(,),23,21(tDF，),23,23(tDE设平面DEF的法向量为),,(1zyxn，则01DFn,01DEn．即.023,0232321tzyxtzyx令3z，解得tyx2,0)3,2,0(1tn…………………10分取平面BEF的一个法向量为)1,0,0(2n，依题意1n与2n的夹角为60212160cosnnnn，即134300212t，解得23t（负值舍去）FABCDEOHMzxy因此，当AD的长为23时，二面角BFED的大小为60．…………………12分6、（2009昆明市期末）如图，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1=2,BC=22，D为B1C1的中点（Ⅰ）证明：B1C⊥面A1BD；（Ⅱ）求二面角B—AC—B1的大小。方法一：（Ⅰ）证明：在Rt△BB1D和Rt△B1C1C中，由,2222211111CCCBDBBB得△BB1D∽△B1C1C，∠B1DB=∠B1CC1。又∠CB1D+∠B1CC1=90°故∠CB1D+∠B1DB=90°故B1C⊥BD.·····················3分又正三棱柱ABC—A1B1C1，D为B1C1的中点。由A1D⊥平面B1C，得A1D⊥B1C又A1D∩B1D=D，所以B1C⊥面A1BD。···················································6分（Ⅱ）解：设E为AC的中点，连接BE、B1E。在正三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C=B1A，∴B1E⊥AC，BE⊥AC，即∠BEB1为二面角B—AC—B1的平面角·································9分又,10,61EBBE故.515cos11EBBEBEB所以二面角的大小为.515arccos······································12分方法二：（Ⅰ）证明：设BC的中点为O，如图建立空间直角坐标系O—xyz依题意有).20,0(),6,2,0(),0,2,2(),0,0,2(),0,0,2(11DABBC则).0,2,22(),6,2,2(11CBBA由,0062222211CBBA故,11CBBA又),0,2,2(BD所以.000222221CBBD故1CBBD又BD∩BA1=B所以B1C⊥面A1BD，（Ⅱ）依题意有),6,0,2(),0,2,2(),6,0,0(),0,0,2(1CABAC).0,2,22(1CB设1n⊥平面ACB1，2n⊥平面ABC。求得).0,1,0(),2,32,6(21nn故.5152)32()6(32||||,cos22212121nnnnnn所以二面角的大小为.515arccos······································12分7、（2009南华一中12月月考）正四棱锥S－ABCD中，O为底面中心，E为SA的中点，AB＝1，直线AD到平面SBC的距离等于63．（1）求斜高SM的长；（2）求平面EBC与侧面SAD所成锐二面角的小；解法一：（1）连OM，作OH⊥SM于H．∵SM为斜高，∴M为BC的中点，∴BC⊥OM．∵BC⊥SM，∴BC⊥平面SMO．又OH⊥SM，∴OH⊥平面SBC．2分由题意，得166236OH．设SM＝x，则22611()622xx，解之32x，即32SM．…………………6分（2）设面EBC∩SD＝F，取AD中点N，连SN，设SN∩EF＝Q．∵AD∥BC，∴AD∥面BEFC．而面SAD∩面BEFC＝EF，∴AD∥EF．又AD⊥SN，AD⊥NM，AD⊥面SMN．从而EF⊥面SMN，∴EF⊥QS，且EF⊥QM．∴∠SQM为所求二面角的平面角，记为α．………7分由平几知识，得2222(2)2()QMSNMNMS．∴23342(1)44QM，∴114QM．∴221133()()1444cos11333244，即　　　　所求二面角为1arccos33．………12分解法二：（1）建立空间坐标系（如图）∵底面边长为1，∴11(0)22A，，，11(0)22B，，，11(0)22C，，，SABCDOEM·（第19题）QHFN1(00)2M，，．……………1分设(00)Sh，，，平面SBC的一个法向(1)xy，，n，则1(0)2SMh，，，(100)CB，，．∴0CBxn，102SMyhn．∴y＝2h，n＝（0，2h，1）．…3分而AB＝（0，1，0），由题意，得26||23||41ABhhnn．解得22h．∴斜高223||2SMSOOM．…………………………………………6分（2）n＝（0，2h，1）＝(021)，，，由对称性，面SAD的一个法向量为n1＝(021)，，………8分设平面EBC的一个法向量n2=（x，y，1），由112()444E，，，1321()(132)4444EB，，，，，得22010(32).4CBxEBxy，nn解得02.3xy，∴21(023)3，，n．…10分设所求的锐二面角为α，则121212||1cos|cos|||||33，nnnnnn，∴1arccos33．………12分2009年联考题1.(湖南省衡阳市八中2009届高三第三次月考试题)如图，P—ABCD是正四棱锥，SABCDOEMxyz（第19题）1111ABCDABCD是正方体，其中2,AB6PA（1）求证：11PABD；（2）求平面PAD与平面11BDDB所成的锐二面角的余弦值；（3）求1B到平面PAD的距离以11BA为x轴，11DA为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系（1）证明设E是BD的中点，P—ABCD是正四棱锥，∴ABCDPE又2,6ABPA，∴2PE∴)4,1,1(P∴11(2,2,0),(1,1,2)BDAP∴110BDAP，即11PABD。（2）解设平面PAD的法向量是(,,)mxyz，(0,2,0),(1,1,2)ADAP∴02,0zxy取1z得(2,0,1)m，又平面11BDDB的法向量是(1,1,0)n∴10cos,5mnmnmn，∴10cos5。（3）解1(2,0,2)BA∴1B到平面PAD的距离1655BAmdm。2.(陕西省西安铁一中2009届高三12月月考)如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝22，M为BC的中点(Ⅰ)证明：AM⊥PM；(Ⅱ)求二面角P－AM－D的大小；(Ⅲ)求点D到平面AMP的距离。(Ⅰ)证明以D点为原点，分别以直线DA、DC为x轴、y轴，MPDCBAzyxMPDCBÁ建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,依题意，可得),0,2,0(),3,1,0(),0,0,0(CPD)0,2,2(),0,0,22(MA∴(2,2,0)(0,1,3)(2,1,3)PM(2,2,0)(22,0,0)(2,2,0)AM∴(2,1,3)(2,2,0)0PMAM即PMAM,∴AM⊥PM.(Ⅱ)解设(,,)nxyz，且n平面PAM，则00nPMnAM即0)0,2,2(),,(0)3,1,2(),,(zyxzyx∴022032yxzyx，yxyz23取1y，得(2,1,3)n取(0,0,1)p，显然p平面ABCD，∴32cos,2||||6npnpnp结合图形可知，二面角P－AM－D为45°；(Ⅲ)设点D到平面PAM的距离为d，由(Ⅱ)可知(2,1,3)n与平面PAM垂直，则||||DAndn=362)3(1)2(|)3,1,2()0,0,22(|222即点D到平面PAM的距离为3623.(厦门市第二外国语学校2008—2009学年高三数学第四次月考)已知点H在正方体ABCDABCD的对角线\'BD上，∠HDA=060．（Ⅰ）求DH与CC所成角的大小；（Ⅱ）求DH与平面AADD所成角的大小．解：以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz．设(1)(0)Hmmm，，则(100)DA，，，(001)CC，，．连结BD，BD．设(1)(0)DHmmm，，，由已知60DHDA，，由cosDADHDADHDADH，可得2221mm．解得22m，所以22122DH，，．（Ⅰ）因为220011222cos212DHCC，，所以45DHCC，．即DH与CC所成的角为45．（Ⅱ）平面AADD的一个法向量是(010)DC，，．因为220110122cos212DHDC，，所以60DHDC，．可得DH与平面AADD所成的角为30．4.(广东省北江中学2009届高三上学期12月月考)如图，在四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，2,2.CACBCDBDABAD（1）求证：AO平面BCD；（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；ABCDABCxyzHACDOBEyzx（3）求点E到平面ACD的距离．⑴证明连结OC,,.BODOABADAOBD,BODOBCCD，COBD．在AOC中，由已知可得1,3.AOCO而2AC，222,AOCOAC90,oAOC即.AOOC,BDOCO∴AO平面BCD．(2)解以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(1,0,0),BD13(0,3,0),(0,0,1),(,,0),(1,0,1),(1,3,0).22CAEBACD2cos,4BACDBACDBACD，∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为24．⑶解设平面ACD的法向量为(,,),nxyz则(,,)(1,0,1)0(,,)(0,3,1)0nADxyznACxyz，∴030xzyz，令1,y得(3,1,3)n是平面ACD的一个法向量．ACDOBEyzx又13(,,0),22EC∴点E到平面ACD的距离32177ECnhn．5.(广东省高明一中2009届高三上学期第四次月考)如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，△ACD为等边三角形，2ADDEAB，F为CD的中点.(1)求证：//AF平面BCE；(2)求证：平面BCE平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值.设22ADDEABa，建立如图所示的坐标系Axyz，则000200,0,0,,,3,0,,3,2ACaBaDaaEaaa，，,，，.∵F为CD的中点，∴33,,022Faa. (1)证明33,,0,,3,,2,0,22AFaaBEaaaBCaa，∵12AFBEBC，AF平面BCE，∴//AF平面BCE. (2)证明∵33,,0,,3,0,0,0,222AFaaCDaaEDa，∴0,0AFCDAFED，∴,AFCDAFED.∴AF平面CDE，又//AF平面BCE，∴平面BCE平面CDE. (3)解设平面BCE的法向量为,,nxyz，由0,0nBEnBC可得：30,20xyzxz，取1,3,2n.又33,,22BFaaa，设BF和平面BCE所成的角为，则ABCDEFzyxRADBCP22sin4222BFnaaBFn.∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为24.6.(2009年广东省广州市高三年级调研测试)如图，已知等腰直角三角形RBC，其中∠RBC=90º，2BCRB．点A、D分别是RB、RC的中点，现将△RAD沿着边AD折起到△PAD位置，使PA⊥AB，连结PB、PC．（1）求证：BC⊥PB；（2）求二面角PCDA的平面角的余弦值．（1）证明∵点A、D分别是RB、RC的中点，∴BCADBCAD21,//.∴∠RBCRADPAD=90º.∴ADPA.∴BCPA,∵AABPAABBC,,∴BC⊥平面PAB.∵PB平面PAB,∴PBBC.（2）解建立如图所示的空间直角坐标系xyzA．则D（－1，0，0），C（－2，1，0），P（0，0，1）.∴DC=（－1，1，0），DP=（1，0，1）,设平面PCD的法向量为n=（x，y，z），则：00zxDPnyxDCn，令1x，得1,1zy，∴n=（1，1，－1）.ACDBPR显然，PA是平面ACD的一个法向量，PA=（,0,01）．∴cos=33131PAnPAn．∴二面角PCDA的平面角的余弦值是33.2007—2008年联考题1.(江西省鹰潭市2008届高三第一次模拟)已知斜三棱柱111ABCABC,90BCA,2ACBC,1A在底面ABC上的射影恰为AC的中点D,又知11BAAC.(Ⅰ)求证：1AC平面1ABC；(Ⅱ)求1CC到平面1AAB的距离；(Ⅲ)求二面角1AABC的大小.(Ⅰ)证明如图,取AB的中点E,则//DEBC,∵BCAC,∴DEAC,又1AD平面ABC,以1,,DEDCDA为,,xyz轴建立空间坐标系,则(0,1,0)A,(0,1,0)C,(2,1,0)B,1(0,0,)At,1(0,2,)Ct,1(0,3,)ACt,1(2,1,)BAt,(2,0,0)CB,由10ACCB,知1ACCB,又11BAAC,从而1AC平面1ABC.(Ⅱ)解由21130ACBAt,得3t.设平面1AAB的法向量为(,,)nxyz,13(0,1,)AA,(2,2,0)AB,130220nAAyznABxy,设1z,则33(,,1)n∴点1C到平面1AAB的距离1||2217||ACnnd.(Ⅲ)解设面1ABC的法向量为(,,)mxyz,13(0,1,)CA,(2,0,0)CB,∴13020mCAyzmCBxBACD1A1B1Cxyz设1z,则3(0,,1)m,故77||||cos,mnmnmn,根据法向量的方向可知二面角1AABC的大小为77arccos.2.(山西大学附中2008届二月月考)正三棱柱111ABCABC所有棱长都是2，D是棱AC的中点，E是棱1CC的中点，AE交1AD于点.H（1）求证：1AEABD平面；（2）求二面角1DBAA的大小（用反三角函数表示）；（3）求点1B到平面1ABD的距离.（1）证明建立如图所示，)0,2,1()0,1,2(1DAAE)3,0,0(BD∵0221DAAE0)3(000BDAE∴BDAEDAAE,1，即AE⊥A1D，AE⊥BD，∴AE⊥面A1BD（2）解设面DA1B的法向量为),,(1111zyxn由020)3(00111111yxzBDnDAn，∴取)0,1,2(1n设面AA1B的法向量为0,0),,(12122222AAnBAnzyxn，则由)3,0,3(0203222222nyzyx取，5151256,21nn由图可知二面角D—BA1—A为锐角，∴它的大小为arcos515.（3）解)0,2,0(1BB，平面A1BD的法向量取)0,1,2(1n,则B1到平面A1BD的距离d=55252||||111nnBB.3.(安徽省皖南八校2008届高三第一次联考)已知斜三棱柱111ABCABC，90BCA，2ACBC，1A在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，又知11BAAC。（I）求证：1AC平面1ABC；（II）求1CC到平面1AAB的距离；（III）求二面角1AABC的大小。（I）证明如图，取AB的中点E，则//DEBC，因为BCAC，所以DEAC，又1AD平面ABC，以1,,DEDCDA为,,xyz轴建立空间坐标系，则0,1,0A，0,1,0C，2,1,0B，10,0,At，10,2,Ct，10,3,ACt，12,1,BAt，2,0,0CB，由10ACCB，知1ACCB，又11BAAC，从而1AC平面1ABC；（II）解由1AC2130BAt，得3t。设平面1AAB的法向量为,,nxyz，10,1,3AA，2,2,0AB，所以130220nAAyznABxy，设1z，则3,3,1n所以点1C到平面1AAB的距离1ACndn2217。（III）解再设平面1ABC的法向量为,,mxyz，10,1,3CA，2,0,0CB，所以13020mCAyzmCBx，设1z，则0,3,1m，故cos,mnmnmn77，根据法向量的方向，可知二面角1AABC的大小为7arccos7。4.(四川省成都市2008一诊)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝2，E为PA的中点，过E作平行于底面的平面EFGH，分别与另外三条侧棱相交于点F、G、H.已知底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，∠BCD=135°.（1）求异面直线AF与BG所成的角的大小；（2）求平面APB与平面CPD所成的锐二面角的大小.解由题意可知：AP、AD、AB两两垂直，可建立空间直角坐标系A-xyz由平面几何知识知：AD＝4,D(0,4,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(1,0,1),G(1,1,1)(1)AF＝(1,0,1),BG＝(－1,1,1)∴AF·BG＝0，∴AF与BG所成角为.(2)可证明AD⊥平面APB，∴平面APB的法向量为n＝(0,1,0)设平面CPD的法向量为m＝(1，y，z)由00mCDmPD故m＝(1,1,2)∵cos＝∴平面APB与平面CPD所成的锐二面角的大小为arccos.5.(安徽省淮南市2008届高三第一次模拟考试)如图，正三棱柱ABC－111CBA的底面边长是2，D是侧棱C1C的中点，直线AD与侧面CCBB11所成的角为45°.(1)求二面角A-BD-C的大小；（2）求点C到平面ABD的距离.解（1）如图，建立空间直角坐标系xyzo．则(0,0,3),(0,1,0),(0,1,0),(2,1,0)ABCD．设1(,,)nxyz为平面ABD的法向量．由0,021ADnABn得3230yzxyz．取1(6,3,1).n又平面BCD的一个法向量2(0,0,1).n10101)3()6(1)1,0,0()1,3,6(,cos222212121nnnnnn．结合图形可知，二面角CBDA的大小为10arccos10．ABCD1A1B1CxyzoABCD1A1B1C（Ⅲ）由（Ⅱ）知1(6,3,1),n(0,1,3).CA点C到平面ABD的距离11nnCAd2221)3()6()1,3,6()3,1,0(＝10302．6.(安徽省巢湖市2008届高三第二次教学质量检测)如图，P、O分别是正四棱柱1111ABCDABCD上、下底面的中心，E是AB的中点，1ABkAA.（Ⅰ）求证：1AE∥平面PBC；（Ⅱ）当2k时，求直线PA与平面PBC所成角的大小；(Ⅲ)当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心?以点O为原点，直线OAOBOP、、所在直线分别为xyz、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设22AB，则得122(2,0,)Ak、(1,1,0)E、22(0,0,)Pk、(0,2,0)B、(2,0,0)C(Ⅰ)证明由上得122(1,1,)AEk、(2,2,0)BC、22(0,2,)PBk，设1AExBCyPB得2222(1,1,)(2,2,0)(0,2,)xykk解得112xy，，∴112AEBCPBBCPBB，1AEPBC平面∴1AE∥平面PBC（Ⅱ）解当2k时，由(0,0,2)P、(2,0,0)A得(2,0,2)PA、(2,2,0)BC、(0,2,2)PB设平面PBC的法向量为(1,,)n，则由00nBCnPB，得100，(1,1,1)nDA1D1C1B1E1BACPO_zxyDA1D1C1B1E1BACPO6cos3PAnPAnPAn，，∴直线PA与平面PBC所成角的大小为6arcsin3.(Ⅲ)解由(Ⅰ)知PBC的重心G为2222,,333k，则2222(,,)333OGk，若O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心，则有00OGBCOGPB，解得2k∴当2k时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心.7.(北京市东城区2008年高三综合练习二)如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB等边三角形.（1）求二面角B—AC—P的大小；（2）求点A到平面PCD的距离.解（1）建立如图的空间直角坐标系O—xyz，则A（－1，0，0），B（1，0，0），则P（0，0，3），C（1，2，0）设),,(zyxn为平面PAC的一个法向量，则.,PCnPAn又),3,2,1(),3,0,1(PCPA.032,03zyxzx令z=1，得3,3yx得).1,3,3(n又OP是平面ABC的一个法向量，设二面角B—AC—P的大小为，则.77373||||,coscosOPnOPnOPn.77arccos的大小为二面角BACP（2）设),,(cbam为平面PCD的一个法向量.则.,PCmPDm由D（－1，2，0），可知3,2,1(),3,2,1(PCPD又），.032,032cbacba可得a=0，令3b，则c=2.得)3,0,1().2,3,0(PAm，设点A到平面PCD的距离为d，则.7212732||||mPAmd∴点A到平面PCD的距离为.72128.(北京市十一学校2008届高三数学练习题)如图，在正四棱锥PABCD中，PAABa,点E在棱PC上．(Ⅰ)问点E在何处时，//PAEBD平面，并加以证明；(Ⅱ)当//PAEBD平面时,求点A到平面EBD的距离；(Ⅲ)求二面角CPAB的大小.解(Ⅰ)当E为PC中点时，//PAEBD平面．连接AC，且ACBDO，由于四边形ABCD为正方形，∴O为AC的中点，又E为中点，∴OE为△ACP的中位线，∴//PAEO，又PAEBD平面，∴//PAEBD平面.(Ⅱ)作POABCD平面,依题意O是正方形ABCD的中心,如图建立空间坐标系.EPDCBA则2(0,0,)2Pa,2(,0,0)2Aa,2(0,0)2Ba，，2(,0,0)2Ca，2(0,0)2Da，．∴22(,0)44Ea，，222(,,)424EBaaa，(0,2,0)DBa，22(0,,)22BPaa，设面EBD的法向量为(,,)nxyz222042420axayazay(1,0,1)n,点A到平面EBD的距离为2122||2anPBdan.(Ⅲ)设二面角CAPB的平面角为，平面PAB的法向量为(1,1,1)n.设平面PAC的法向量为2(,,)nxyz,12(0,,0)2nOBa.11232cos3232annnna.3arccos.39.(北京市西城区2008年4月高三抽样测试)如图，在三棱锥PABC中，PAPB，PAPB，30ABBCBAC，，平面PAB平面ABC.（Ⅰ）求证：PAPBC平面；OFABCDPEBCD（Ⅱ）求二面角PACB的大小；（Ⅲ）求异面直线AB和PC所成角的大小.作POAB于点O，平面PAB平面ABC，PO平面ABC.过点O作BC的平行线，交AC于点D.如图，以O为原点，直线ODOBOP，，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.6PAPB设.PAPB，233ABPOBOAO，.30ABBCBAC，，tan302BCAB.(000)(030)(030)(230)OABC，，，，，，，，，，，，(003)P，，，(100).D，，（Ⅰ）证明(033)(200)PABC，，，，，，0PABC，PABC.又PAPB，PAPBC平面.（Ⅱ）解作OMAC于点M，连结PM.PO平面ABC，根据三垂线定理得PMAC，PMO是二面角PACB的平面角.在RtAMO中，3sin3022AOOMAO，33044M，-，，从而3333034444MOMP，，，，，，5cos5MOMPMOMPMOMP，，即二面角PACB的大小是5arccos5.（Ⅲ）解0230233ABPC，，，，，-，30cos10ABPCABPCABPC，，异面直线AB和PC所成角的大小为arccos1030.10.(广东地区2008年01月份期末试题)如图，直四棱柱ABCD—A1B1C1D1的高为3，底面是边长为4且∠DAB=60°的菱形，AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，E是O1A的中点.（1）求二面角O1－BC－D的大小；（2）求点E到平面O1BC的距离.解(1）∵OO1⊥平面AC，∴OO1⊥OA，OO1⊥OB，又OA⊥OB，建立如图所示的空间直角坐标系（如图）∵底面ABCD是边长为4，∠DAB=60°的菱形，∴OA=23，OB=2，则A（23，0，0），B（0，2，0），C（－23，0，0），O1（0，0，3）设平面O1BC的法向量为1n=（x，y，z），则1n⊥1OB，1n⊥1OC，∴2302330yzxz，则z=2，则x=－3，y=3，∴1n=（－3，3，2），而平面AC的法向量2n=（0，0，3）EO1OD1C1B1DCBAA1cos<∴1n，2n>=21436||||2121nnnn，设O1－BC－D的平面角为α，∴cosα=1,2∴α=60°.故二面角O1－BC－D为60°.（2）设点E到平面O1BC的距离为d，∵E是O1A的中点，∴1EO=（－3，0，32），则d=2323)3(|)2,3,3()23,0,3(|||||22211nnEO，∴点E到面O1BC的距离等于32.