09-第九章 立體幾何

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（D）雙曲線的一支解：設與￠是其中的兩條任意的直線，則這兩條直線確定一個平面，且斜線垂直這個平面，由過平面外一點有且只有一個平面與已知直線垂直可知過定點與垂直所有直線都在這個平面內(nèi)，故動點C都在這個平面與平面的交線上，故選AABDC3．（北京卷）設A、B、C、DABDC（A）若AC與BD共面，則AD與BC共面（B）若AC與BD是異面直線，則AD與BC是異面直線(C)若AB=AC，DB=DC，則AD=BC(D)若AB=AC，DB=DC，則ADBC解：A顯然正確；B也正確，因為若AD與BC共面，則必有AC與BD共面與條件矛盾；C不正確，如圖所示：D正確，用平面幾何與立體幾何的知識都可證明。選C4．（福建卷）已知正方體外接球的體積是，那么正方體的棱長等于A.2B.C.D.解：正方體外接球的體積是，則外接球的半徑R=2，正方體的對角線的長為4，棱長等于，選D.5．（福建卷）對于平面和共面的直線m、n，下列命題中真命題是A.若m⊥，m⊥n，則n∥B.若m∥，n∥，則m∥nC.若m，n∥，則m∥nD.若m、n與所成的角相等，則n∥m解：對于平面和共面的直線、真命題是“若則”，選C.6．（廣東卷）給出以下四個命題：=1\*GB3①如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交線平行，=2\*GB3②如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面=3\*GB3③如果兩條直線都平行于一個平面，那么這兩條直線互相平行，=4\*GB3④如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直.其中真命題的個數(shù)是A.4B.3C.2D.1解：①②④正確，故選B.7．（湖北卷）關(guān)于直線與平面，有以下四個命題：①若且，則；②若且，則；③若且，則；④若且，則；其中真命題的序號是A．①②B．③④C．①④D．②③解：用排除法可得選D8．（湖南卷）過平行六面體ABCD-A1B1C1D1任意兩條棱的中點作直線,其中與平面DBB1D1平行的直線共有()A.4條B.6條C.8條D.12條解：如圖，過平行六面體任意兩條棱的中點作直線,其中與平面平行的直線共有12條，選D.9．（湖南卷）棱長為2的正四面體的四個頂點都在同一個球面上,若過該球球心的一個截面如圖1,則圖中三角形(正四面體的截面)的面積是()A.B.C.D.解：棱長為2的正四面體ABCD的四個頂點都在同一個球面上,若過該球球心的一個截面如圖為△ABF，則圖中AB=2，E為AB中點，則EF⊥DC，在△DCE中，DE=EC=，DC=2，∴EF=，∴三角形ABF的面積是，選C.10．（湖南卷）過半徑為2的球O表面上一點A作球O的截面，若OA與該截面所成的角是60°則該截面的面積是A．πB.2πC.3πD.解：過半徑為2的球O表面上一點A作球O的截面，若OA與該截面所成的角是60°，則截面圓的半徑是R=1，該截面的面積是π，選A.11．（江蘇卷）兩相同的正四棱錐組成如圖1所示的幾何體，可放棱長為1的正方體內(nèi)，使正四棱錐的底面ABCD與正方體的某一個平面平行，且各頂點均在正方體的面上，則這樣的幾何體體積的可能值有（A）1個（B）2個（C）3個（D）無窮多個【思路點撥】本題主要考查空間想象能力，以及正四棱錐的體積【正確解答】由于兩個正四棱錐相同，所以所求幾何體的中心在正四棱錐底面正方形ABCD中心，有對稱性知正四棱錐的高為正方體棱長的一半，影響幾何體體積的只能是正四棱錐底面正方形ABCD的面積，問題轉(zhuǎn)化為邊長為1的正方形的內(nèi)接正方形有多少種，所以選D.【解后反思】正方體是大家熟悉的幾何體，它的一些內(nèi)接或外接圖形需要一定的空間想象能力，要學會將空間問題向平面問題轉(zhuǎn)化。12．（江西卷）如圖，在四面體ABCD中，截面AEF經(jīng)過四面體的內(nèi)切球（與四個面都相切的球）球心O，且與BC，DC分別截于E、F，如果截面將四面體分成體積相等的兩部分，設四棱錐A－BEFD與三棱錐A－EFC的表面積分別是S1，S2，則必有（）A．S1<S2B.S1>S2C.S1=S2D.S1，S2的大小關(guān)系不能確定解：連OA、OB、OC、OD，則VA－BEFD＝VO－ABD＋VO－ABE＋VO－BEFD，VA－EFC＝VO－ADC＋VO－AEC＋VO－EFC又VA－BEFD＝VA－EFC而每個三棱錐的高都是原四面體的內(nèi)切球的半徑，故SABD＋SABE＋SBEFD＝SADC＋SAEC＋SEFC又面AEF公共，故選C13.（江西卷）如果四棱錐的四條側(cè)棱都相等，就稱它為“等腰四棱錐”，四條側(cè)棱稱為它的腰，以下4個命題中，假命題是（）Ａ．等腰四棱錐的腰與底面所成的角都相等Ｂ．等腰四棱錐的側(cè)面與底面所成的二面角都相等或互補Ｃ．等腰四棱錐的底面四邊形必存在外接圓Ｄ．等腰四棱錐的各頂點必在同一球面上解：因為“等腰四棱錐”的四條側(cè)棱都相等，所以它的頂點在底面的射影到底面的四個頂點的距離相等，故A，C正確，且在它的高上必能找到一點到各個頂點的距離相等，故D正確，B不正確，如底面是一個等腰梯形時結(jié)論就不成立。故選B14.（遼寧卷）給出下列四個命題:=1\*GB3①垂直于同一直線的兩條直線互相平行.=2\*GB3②垂直于同一平面的兩個平面互相平行.=3\*GB3③若直線與同一平面所成的角相等,則互相平行.=4\*GB3④若直線是異面直線,則與都相交的兩條直線是異面直線.其中假命題的個數(shù)是(A)1(B)2(C)3(D)4【解析】利用特殊圖形正方體我們不難發(fā)現(xiàn)=1\*GB3①、=2\*GB3②、=3\*GB3③、=4\*GB3④均不正確，故選擇答案D?！军c評】本題考查了空間線面的位置關(guān)系以及空間想象能力，同時考查了立體幾何問題處理中運用特殊圖形舉例反證的能力。15.（全國卷I）已知各頂點都在一個球面上的正四棱柱高為4，體積為16，則這個球的表面積是A．B．C．D．【解析】正四棱柱高為4，體積為16，底面積為4，正方形邊長為2，正四棱柱的對角線長即球的直徑為2，∴球的半徑為，球的表面積是，選C.16.（全國II）過球的一條半徑的中點，作垂直于該半徑的平面，則所得截面的面積與球的表面積的比為（A）EQ\f(3,16)(B)EQ\f(9,16)(C)EQ\f(3,8)(D)EQ\f(9,32)【解析】設球的半徑為R,過球的一條半徑的中點，作垂直于該半徑的平面,由勾股定理可得一個半徑為的圓,所以,故選A17.（全國II）如圖，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB與兩平面α、β所成的角分別為EQ\f(π,4)和EQ\f(π,6)，過A、B分別作兩平面交線的垂線，垂足為A′、B′，則AB∶A′B′＝（A）2∶1（B）3∶1（C）3∶2（D）4∶3解析:連接,設AB=a,可得AB與平面所成的角為,在,同理可得AB與平面所成的角為,所以,因此在,所以,故選A18.（全國II）如圖，平面平面，與兩平面、所成的角分別為和。過A、B分別作兩平面交線的垂線，垂足為、若AB=12,則（A）4（B）6（C）8（D）9解：連接,設AB=a,可得AB與平面所成的角為,在,同理可得AB與平面所成的角為,所以,因此在,所以,a=AB=12,所以6，故選B19．（山東卷）如圖，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,∠DAB=60°,E為AB的中點，將△ADE與△BEC分別沿ED、EC向上折起，使A、B重合于點P，則P－DCE三棱錐的外接球的體積為(A)(B)(C)(D)解：易證所得三棱錐為正四面體，它的棱長為1，故外接球半徑為，外接球的體積為，選C20．（山東卷）正方體的內(nèi)切球與其外接球的體積之比為(A)1∶(B)1∶3(C)1∶3(D)1∶9解：設正方體的棱長為a，則它的內(nèi)切球的半徑為，它的外接球的半徑為，故所求的比為1∶3，選C21．(陜西卷)已知平面α外不共線的三點A,B,C到α的距離都相等,則正確的結(jié)論是()A.平面ABC必平行于αB.平面ABC必與α相交C.平面ABC必不垂直于αD.存在△ABC的一條中位線平行于α或在α內(nèi)解：平面α外不共線的三點A、B、C到α的距離都相等，則可能三點在α的同側(cè)，即．平面ABC平行于α，這時三條中位線都平行于平面α；也可能一個點A在平面一側(cè)，另兩點B、C在平面另一側(cè)，則存在一條中位線DE//BC，DE在α內(nèi)，所以選D．22．(上海卷)若空間中有四個點，則“這四個點中有三點在同一直線上”是“這四個點在同一平面上”的（）（A）充分非必要條件；（B）必要非充分條件；（C）充要條件；（D）非充分非必要條件解：充分性成立：“這四個點中有三點在同一直線上”有兩種情況：1）第四點在共線三點所在的直線上，可推出“這四個點在同一平面上”；2）第四點不在共線三點所在的直線上，可推出“這四點在唯一的一個平面內(nèi)”；必要性不成立：“四個點在同一平面上”可能推出“兩點分別在兩條相交或平行直線上”；故選（A）23．(上海卷)若空間中有兩條直線，則“這兩條直線為異面直線”是“這兩條直線沒有公共點”的（）（A）充分非必要條件；（B）必要非充分條件；（C）充要條件；（D）非充分非必要條件解：若空間中有兩條直線，若“這兩條直線為異面直線”，則“這兩條直線沒有公共點”；若“這兩條直線沒有公共點”，則“這兩條直線可能平行，可能為異面直線”；∴“這兩條直線為異面直線”是“這兩條直線沒有公共點”的充分非必要條件，選A.24．（四川卷）已知二面角的大小為，為異面直線，且，則所成的角為（A）（B）（C）（D）解析：二面角的大小為，為異面直線，且，則所成的角為兩條直線所成的角，∴θ=，選B.25.（四川卷）已知球的半徑是1，、、三點都在球面上，、兩點和、兩點的球面距離都是，、兩點的球面距離是，則二面角的大小是（A）（B）（C）（D）解析：球的半徑是R=，三點都在球面上，兩點和兩點的球面距離都是，則∠AOB，∠AOC都等于，AB=AC，兩點的球面距離是，∠BOC=，BC=1，過B做BD⊥AO，垂足為D，連接CD，則CD⊥AD，則∠BDC是二面角的平面角，BD=CD=，∴∠BDC=，二面角的大小是，選C.26.（四川卷）如圖，正四棱錐底面的四個頂點在球的同一個大圓上，點在球面上，如果，則球的表面積是（A）（B）（C）（D）解析：如圖，正四棱錐底面的四個頂點在球的同一個大圓上，點在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，，，所以，R=2，球的表面積是，選D.27.（天津卷）設、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面.考查下列命題，其中正確的命題是（）A． B．C．D．解析：正確的命題是，選B.28.（天津卷）若為一條直線，為三個互不重合的平面，給出下面三個命題：①；②；③．其中正確的命題有（）Ａ．0個 Ｂ．1個 Ｃ．2個 Ｄ．3個解析：命題：①不正確；②正確；③正確，所以正確的命題有2個，選C.29.（浙江卷）如圖，O是半徑為l的球心，點A、B、C在球面上，OA、OB、OC兩兩垂直，E、F分別是大圓弧AB與AC的中點，則點E、F在該球面上的球面距離是(A)(B)(C)(D)G【考點分析】本題考查球面距的計算，基礎(chǔ)題。G解析：如圖，∴∴，∴點E、F在該球面上的球面距離為故選擇B。30.（浙江卷）如圖，正三棱柱的各棱長都2，E，F(xiàn)分別是的中點，則EF的長是(A)2(B)(C)(D)解析：如圖所示，取AC的中點G，連EG，F(xiàn)G，則易得EG＝2，EG＝1，故EF＝，選C31.(重慶卷)對于任意的直線l與平同a,在平面a內(nèi)必有直線m,使m與l(A)平行（B）相交(C)垂直(D)互為異面直線解析：對于任意的直線與平面，若在平面α內(nèi)，則存在直線m⊥；若不在平面α內(nèi)，且⊥α，則平面α內(nèi)任意一條直線都垂直于，若不在平面α內(nèi)，且于α不垂直，則它的射影在平面α內(nèi)為一條直線，在平面內(nèi)必有直線垂直于它的射影，則與垂直，綜上所述，選C.32.(重慶卷)若是平面外一點，則下列命題正確的是（A）過只能作一條直線與平面相交（B）過可作無數(shù)條直線與平面垂直（C）過只能作一條直線與平面平行（D）過可作無數(shù)條直線與平面平行解析：ABCABCDA1B1C1D1A1二、填空題（共20題）33．（安徽卷）多面體上，位于同一條棱兩端的頂點稱為相鄰的，如圖，正方體的一個頂點A在平面內(nèi)，其余頂點在的同側(cè)，正方體上與頂點A相鄰的三個頂點到的距離分別為1，2和4，P是正方體的其余四個頂點中的一個，則P到平面的距離可能是：______（寫出所有正確結(jié)論的編號）①3；②4；=3\*GB3③5；④6；⑤7解：如圖，B、D、A1到平面的距離分別為1、2、4，則D、A1的中點到平面的距離為3，所以D1到平面的距離為6；B、A1的中點到平面的距離為，所以B1到平面的距離為5；則D、B的中點到平面的距離為，所以C到平面的距離為3；C、A1的中點到平面的距離為，所以C1到平面的距離為7；而P為C、C1、B1、D1中的一點，所以選①③④⑤。34．（安徽卷）平行四邊形的一個頂點A在平面內(nèi)，其余頂點在的同側(cè)，已知其中有兩個頂點到的距離分別為1和2，那么剩下的一個頂點到平面的距離可能是：①1；②2；=3\*GB3③3；④4；ABCDABCD第34題圖A1解：如圖，B、D到平面的距離為1、2，則D、B的中點到平面的距離為，所以C到平面的距離為3；B、C到平面的距離為1、2，D到平面的距離為，則，即，所以D到平面的距離為1；C、D到平面的距離為1、2，同理可得B到平面的距離為1；所以選①③。35.（北京卷）已知三點在球心為，半徑為的球面上，，且那么兩點的球面距離為_______________，球心到平面的距離為______________.解：如右圖，因為，所以AB是截面的直徑，又AB＝R，所以△OAB是等邊三角形，所以DAOB＝，故兩點的球面距離為，于是DO1OA＝30°，所以球心到平面的距離OO1＝Rcos30°＝.36.（廣東卷）棱長為3的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為______.解：37.（湖南卷）過三棱柱ABC－A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB1A1平行的直線共有條.解：過三棱柱ABC－A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB1A1平行的直線共有6條。38.（江西卷）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面為直角三角形，C1CBA1DACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一動點，則C1CBA1的最小值是___________解：連A1B，沿BC1將△CBC1展開與△A1BC1在同一個平面內(nèi)，如圖所示，連A1C，則A1C的長度就是所求的最小值。通過計算可得DA1C1C＝90°又DBC1C＝45°，\DA1C1C＝135°由余弦定理可求得A1C＝39.（江西卷）如圖，已知正三棱柱的底面邊長為1，高為8，一質(zhì)點自點出發(fā)，沿著三棱柱的側(cè)面繞行兩周到達點的最短路線的長為 .解：將正三棱柱沿側(cè)棱CC1展開，其側(cè)面展開圖如圖所示，由圖中路線可得結(jié)論。40.（遼寧卷）若一條直線與一個正四棱柱各個面所成的角都為,則=______ABCPDEF【解析】不妨認為一個正四棱柱為正方體,與正方體的所有面成角相等時,為與相交于同一頂點的三個相互垂直的平面所成角相等ABCPDEF【點評】本題考查了直線與平面所成角的定義以及正四棱柱的概念,充分考查了轉(zhuǎn)化思想的應用.41.（遼寧卷）如圖，半徑為2的半球內(nèi)有一內(nèi)接正六棱錐，則此正六棱錐的側(cè)面積是________．解：顯然正六棱錐的底面的外接圓是球的一個大圓，于是可求得底面邊長為2，又正六棱錐的高依題意可得為2，依此可求得42.（全國卷I）已知正四棱錐的體積為12，底面對角線的長為，則側(cè)面與底面所成的二面角等于_______________。【解析】正四棱錐的體積為12，底面對角線的長為，底面邊長為2，底面積為12，所以正四棱錐的高為3，則側(cè)面與底面所成的二面角的正切tanα=,∴二面角等于。43.（全國II）圓是以為半徑的球的小圓，若圓的面積和球的表面積的比為，則圓心到球心的距離與球半徑的比＿＿＿＿＿。解：設圓的半徑為r，則＝，＝，由得r:R＝:3又，可得1:344.（山東卷）如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點，則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為.解：易證B1^平面AC1，過A點作AG^CD，則AG^平面B1DC，于是DADG即DADC為直線AD與平面B1DC所成角，由平面幾何知識可求得它的正弦值為。45.（山東卷）如圖，在正三棱柱ABC-中，所有棱長均為1，則點B到平面ABC的距離為.解：利用等體積法，易知VB1-ABC1=，所以點B到平面ABC的距離為46.(陜西卷)水平桌面α上放有4個半徑均為2R的球,且相鄰的球都相切(球心的連線構(gòu)成正方形).在這4個球的上面放1個半徑為R的小球,它和下面4個球恰好都相切,則小球的球心到水平桌面α的距離是解：水平桌面α上放有4個半徑均為2R的球，且相鄰的球都相切(球心的連線構(gòu)成正方形)．在這4個球的上面放1個半徑為R的小球，它和下面4個球恰好都相切，5個球心組成一個正四棱錐，這個正四棱錐的底面邊長為4R，側(cè)棱長為3R，求得它的高為R，所以小球的球心到水平桌面α的距離是3R．47.(上海卷)如果一條直線與一個平面垂直，那么，稱此直線與平面構(gòu)成一個“正交線面對”．在一個正方體中，由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構(gòu)成的“正交線面對”的個數(shù)是．解：正方體中，一個面有四條棱與之垂直，六個面，共構(gòu)成24個“正交線面對”；而正方體的六個對角截面中，每個對角面又有兩條面對角線與之垂直，共構(gòu)成12個“正交線面對”，所以共有36個“正交線面對”；48.（四川卷）在三棱錐中，三條棱、、兩兩互相垂直，且＝＝，是邊的中點，則與平面所成的角的大小是（用反三角函數(shù)表示）；解析：在三棱錐中，三條棱兩兩互相垂直，且是邊的中點，設，則，，O點在底面的射影為底面△ABC的中心，=，又，與平面所成角的正切是，所以二面角大小是.49.（四川卷）是空間兩條不同直線，是兩個不同平面，下面有四個命題：①②③④其中真命題的編號是;（寫出所有真命題的編號）解析：四個命題：①,為真命題；②，為假命題；③為假命題；④為真命題，所以真命題的編號是①、④.50.（天津卷）如圖，在正三棱柱中，．若二面角的大小為，則點到平面的距離為______________．解析：過C作CD⊥AB，D為垂足，連接C1D，則C1D⊥AB，∠C1DC=60°，CD=，則C1D=，CC1=，在△CC1D中，過C作CE⊥C1D，則CE為點C到平面的距離，CM=，所以點C到平面C1的距離為.51.（浙江卷）正四面體ABCD的棱長為1，棱AB∥平面α，則正四面體上的所有點在平面α內(nèi)的射影構(gòu)成的圖形面積的取值范圍是.解析：52.（上海春）正四棱錐底面邊長為4，側(cè)棱長為3，則其體積為.解：如圖，在△OPA中，因為，所以正四棱錐的高為，故正四棱錐的體積為從而應填．ABCDEABCDEFOPH53.（安徽卷）如圖，P是邊長為1的正六邊形ABCDEF所在平面外一點，，P在平面ABC內(nèi)的射影為BF的中點O。（Ⅰ）證明⊥；（Ⅱ）求面與面所成二面角的大小。解：（Ⅰ）在正六邊形ABCDEF中，為等腰三角形，∵P在平面ABC內(nèi)的射影為O，∴PO⊥平面ABF，∴AO為PA在平面ABF內(nèi)的射影；∵O為BF中點，∴AO⊥BF，∴PA⊥BF。（Ⅱ）∵PO⊥平面ABF，∴平面PBF⊥平面ABC；而O為BF中點，ABCDEF是正六邊形，∴A、O、D共線，且直線AD⊥BF，則AD⊥平面PBF；又∵正六邊形ABCDEF的邊長為1，∴，，。過O在平面POB內(nèi)作OH⊥PB于H，連AH、DH，則AH⊥PB，DH⊥PB，所以為所求二面角平面角。在中，OH=，=。在中，；而（Ⅱ）以O為坐標原點，建立空間直角坐標系，P(0,0，1)，A(0，,0)，B(，0,0)，D(0,2，0)，∴，，設平面PAB的法向量為，則，，得，；設平面PDB的法向量為，則，，得，；,所求二面角的大小為arccos().54.（北京卷）如圖，在底面為平行四邊形的四棱錐中，，平面，且，點是的中點.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求證：平面；（Ⅲ）求二面角的大小.解：（1）由平面可得PA^AC又，所以AC^平面PAB，所以（2）如圖，連BD交AC于點O，連EO，則EO是△PDB的中位線，\EOPB\PB平面（3）如圖，取AD的中點F，連EF，F(xiàn)O，則EF是△PAD的中位線，\EFPA又平面，\EF^平面同理FO是△ADC的中位線，\FOAB\FO^AC由三垂線定理可知\DEOF是二面角E－AC－D的平面角.又FO＝AB＝PA＝EF\DEOF＝45°而二面角與二面角E－AC－D互補，故所求二面角的大小為135°.55．（福建卷）如圖，四面體ABCD中，O、E分別BD、BC的中點,CA=CB=CD=BD=2（Ⅰ）求證：AO⊥平面BCD；（Ⅱ）求異面直線AB與CD所成角的大小；（Ⅲ）求點E到平面的距離.本小題主要考查直線與平面的位置關(guān)系、異面直線所成的角以及點到平面的距離基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力。方法一： （I）證明：連結(jié)OC 在中，由已知可得 而 即 平面 （II）解：取AC的中點M，連結(jié)OM、ME、OE，由E為BC的中點知 直線OE與EM所成的銳角就是異面直線AB與CD所成的角 在中， 是直角斜邊AC上的中線， 異面直線AB與CD所成角的大小為 （III）解：設點E到平面ACD的距離為 在中， 而 點E到平面ACD的距離為 方法二： （I）同方法一。 （II）解：以O為原點，如圖建立空間直角坐標系，則 異面直線AB與CD所成角的大小為 （III）解：設平面ACD的法向量為則 令得是平面ACD的一個法向量。 又 點E到平面ACD的距離 56．（廣東卷）如圖5所示，、分別世、的直徑，與兩圓所在的平面均垂直，.是的直徑，,.(=1\*ROMANI)求二面角的大??；(=2\*ROMANII)求直線與所成的角.解：(Ⅰ)∵AD與兩圓所在的平面均垂直,∴AD⊥AB,AD⊥AF,故∠BAD是二面角B—AD—F的平面角，依題意可知，ABCD是正方形，所以∠BAD＝450.即二面角B—AD—F的大小為450；(Ⅱ)以O為原點，BC、AF、OE所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系（如圖所示），則O（0，0，0），A（0，，0），B（，0，0）,D（0，，8），E（0，0，8），F(xiàn)（0，，0）所以，設異面直線BD與EF所成角為，則直線BD與EF所成的角為57．（湖北卷）如圖，在棱長為1的正方體中，是側(cè)棱上的一點，。（Ⅰ）、試確定，使直線與平面所成角的正切值為；（Ⅱ）、在線段上是否存在一個定點，使得對任意的，在平面上的射影垂直于，并證明你的結(jié)論。本小題主要考查線面關(guān)系、直線與平面所成角的有關(guān)知識及空間想像能力和推理運算能力?？疾閼孟蛄恐R解決數(shù)學問題的能力。解法１：（１）故。所以。又.故在△，即.故當時，直線。（Ⅱ）依題意，要在上找一點，使得.可推測的中點即為所求的點。因為，所以又,故。從而解法二：（１）建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,ｍ)，C(0,1,0),D(0,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1).所以又由的一個法向量.設與所成的角為，則依題意有：，解得.故當時，直線。（２）若在上存在這樣的點，設此點的橫坐標為，則。依題意，對任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP。等價于即為的中點時，滿足題設的要求.58．（湖北卷）如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長和底面邊長均為1，M是底面BC邊上的中點，N是側(cè)棱CC1上的點，且CN＝2C1N.（Ⅰ）求二面角B1－AM－N的平面角的余弦值；（Ⅱ）求點B1到平面AMN的距離。本小題主要考查線面關(guān)系、二面角和點到平面距離的有關(guān)知識及空間想象能力和推理運算能力?？疾閼孟蛄恐R解決數(shù)學問題的能力。解法1：（Ⅰ）因為M是底面BC邊上的中點，所以AMBC，又AMC,所以AM面BC，從而AMM,AMNM，所以MN為二面角，—AM—N的平面角。又M=,MN=,連N，得N＝，在MN中，由余弦定理得。故所求二面角—AM—N的平面角的余弦值為。（Ⅱ）過在面內(nèi)作直線，為垂足。又平面，所以AMH。于是H平面AMN，故H即為到平面AMN的距離。在中，H＝M。故點到平面AMN的距離為1。解法2：（Ⅰ）建立如圖所示的空間直角坐標系，則（0，0，1），M（0，，0）,C(0,1,0),N(0,1,),A()，所以，，,。因為所以,同法可得。故﹤﹥?yōu)槎娼恰狝M—N的平面角∴﹤﹥＝故所求二面角—AM—N的平面角的余弦值為。（Ⅱ）設n=(x,y,z)為平面AMN的一個法向量，則由得故可取設與n的夾角為a，則。QBCPAD所以到平面QBCPAD59．（湖南卷）如圖,已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1和2,AB=4.(Ⅰ)證明PQ⊥平面ABCD;(Ⅱ)求異面直線AQ與PB所成的角;(Ⅲ)求點P到平面QAD的距離.解法一：（Ⅰ）．連結(jié)AC、BD，設.由P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.從而P、O、Q三點在一條直線上，所以PQ⊥平面ABCD.（II）由題設知，ABCD是正方形，所以．由（I），平面，故可以分別以直線CA、DB、QP為軸，軸，軸建立空間直角坐標系（如上圖），由題設條件，相關(guān)各點的坐標分別是，，,所以,,于是從而異面直線AQ與PB所成的角是.(Ⅲ)．由（Ⅱ），點D的坐標是（0，－，0），，，設是平面QAD的一個法向量，由得.取x=1，得.所以點P到平面QAD的距離.解法二：（Ⅰ）．取AD的中點M，連結(jié)PM，QM.因為P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐，所以AD⊥PM，AD⊥QM.從而AD⊥平面PQM.又平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.（Ⅱ）．連結(jié)AC、BD設，由PQ⊥平面ABCD及正四棱錐的性質(zhì)可知O在PQ上，從而P、A、Q、C四點共面.QBCPADOM取QBCPADOM因為，所以，從而AQ∥PＮ.∠BPＮ（或其補角）是異面直線AQ與PB所成的角.連接BN，因為．所以．從而異面直線AQ與PB所成的角是．(Ⅲ)．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PＱM，所以平面PＱM⊥平面QAD.過Ｐ作ＰＨ⊥ＱＭ于Ｈ，則ＰＨ⊥平面QAD，所以ＰＨ的長為點P到平面QAD的距離．連結(jié)OM，則.所以，又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是.即點P到平面QAD的距離是.60．（湖南卷）如圖，已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高都是2，AB=4.(Ⅰ)證明PQ⊥平面ABCD；(Ⅱ)求異面直線AQ與PB所成的角；(Ⅲ)求點P到平面QAD的距離.解法一（Ⅰ）連結(jié)AC、BD，設.由P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.從而P、O、Q三點在一條直線上，所以PQ⊥平面ABCD.（Ⅱ）由題設知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD.QBCPADzyxO由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD.故可分別以直線CA、DB、QP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系（如圖），由題條件，相關(guān)各點的坐標分別是P（0，0，2），A（QBCPADzyxO所以于是.從而異面直線AQ與PB所成的角是.(Ⅲ)由（Ⅱ），點D的坐標是（0，－，0），， ，設是平面QAD的一個法向量，由QBCPADOM得.取QBCPADOM所以點P到平面QAD的距離.解法二（Ⅰ）取AD的中點，連結(jié)PM，QM.因為P－ABCD與Q－ABCD都是正四棱錐，所以AD⊥PM，AD⊥QM.從而AD⊥平面PQM.又平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.（Ⅱ）連結(jié)AC、BD設，由PQ⊥平面ABCD及正四棱錐的性質(zhì)可知O在PQ上，從而P、A、Q、C四點共面.因為OA＝OC，OP＝OQ，所以PAQC為平行四邊形，AQ∥PC.從而∠BPC（或其補角）是異面直線AQ與PB所成的角.因為，所以.從而異面直線AQ與PB所成的角是.(Ⅲ)連結(jié)OM，則.所以∠PMQ＝90°，即PM⊥MQ.由（Ⅰ）知AD⊥PM，所以PM⊥平面QAD.從而PM的長是點P到平面QAD的距離.在直角△PMO中，.即點P到平面QAD的距離是.61．（江蘇卷）在正三角形ABC中，E、F、P分別是AB、AC、BC邊上的點，滿足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如圖1）。將△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，連結(jié)A1B、A1P（如圖2）（Ⅰ）求證：A1E⊥平面BEP；（Ⅱ）求直線A1E與平面A1BP所成角的大??；圖1圖2（Ⅲ）求二面角B－A1P圖1圖2解法一：不妨設正三角形ABC的邊長為3在圖1中，取BE中點D，連結(jié)DF.AE：EB=CF：FA=1：2∴AF=AD=2而∠A=600,∴△ADF是正三角形，又AE=DE=1,∴EF⊥AD在圖2中，A1E⊥EF,BE⊥EF,∴∠A1EB為二面角A1－EF－B的平面角。由題設條件知此二面角為直二面角，A1E⊥BE,又∴A1E⊥平面BEF,即A1E⊥平面BEP在圖2中，A1E不垂直A1B,∴A1E是平面A1BP的垂線，又A1E⊥平面BEP，∴A1E⊥BE.從而BP垂直于A1E在平面A1BP內(nèi)的射影（三垂線定理的逆定理）設A1E在平面A1BP內(nèi)的射影為A1Q,且A1Q交BP于點Q,則∠E1AQ就是A1E與平面A1BP所成的角,且BP⊥A1Q.在△EBP中,BE=EP=2而∠EBP=600,∴△EBP是等邊三角形.又A1E⊥平面BEP,∴A1B=A1P,∴Q為BP的中點,且,又A1E=1,在Rt△A1EQ中，,∴∠EA1Q=60o,∴直線A1E與平面A1BP所成的角為600在圖3中，過F作FM⊥A1P與M，連結(jié)QM,QF,∵CP=CF=1,∠C=600,∴△FCP是正三角形，∴PF=1.有∴PF=PQ①,∵A1E⊥平面BEP,∴A1E=A1Q,∴△A1FP≌△A1QP從而∠A1PF=∠A1PQ②,由①②及MP為公共邊知△FMP≌△QMP,∴∠QMP=∠FMP=90o,且MF=MQ,從而∠FMQ為二面角B－A1P－F的平面角.在Rt△A1QP中,A1Q=A1F=2,PQ=1,又∴.∵MQ⊥A1P∴∴在△FCQ中,FC=1,QC=2,∠C=600,由余弦定理得在△FMQ中，∴二面角B－A1P－F的大小為解法二:（1）作面于,連、、,則四邊形是正方形,且,以為原點,以為軸,為軸建立空間直角坐標系如圖,則(2)設平面的法向量為則由知:;同理由知:可取同理,可求得平面的一個法向量為由圖可以看出,三面角的大小應等于<>則<>,即所求二面角的大小是.(3)設是線段上一點,則平面的一個法向量為要使與面成角,由圖可知與的夾角為,所以則,解得,,則故線段上存在點,且,時與面成角.【解后反思】在立體幾何學習中,我們要多培養(yǎng)空間想象能力,對于圖形的翻折問題,關(guān)健是利用翻折前后的不變量,二面角的平面角的適當選取是立體幾何的核心考點之一.是高考數(shù)學必考的知識點之一.作,證,解,是我們求二面角的三步驟.作:作出所要求的二面角,證:證明這是我們所求二面角,并將這個二面角進行平面化,置于一個三角形中,最好是直角三角形,利用我們解三角形的知識求二面角的平面角.向量的運用也為我們拓寬了解決立體幾何問題的角度,不過在向量運用過程中,要首先要建系,建系要建得合理,最好依托題目的圖形,坐標才會容易求得.62．（江西卷）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)面是正三角形求證：AD^BC求二面角B－AC－D的大小在直線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。解法一:(1)方法一:作面于,連又,則是正方形.則方法二:取的中點,連、,則有(2)作于,作交于,則就是二面角的平面角.是的中點,且∥則由余弦定理得(3)設為所求的點,作于,連.則∥就是與面所成的角,則.設,易得解得故線段上存在點,且時,與面成角.解法二:（1）作面于,連、、,則四邊形是正方形,且,以為原點,以為軸,為軸建立空間直角坐標系如圖,則(2)設平面的法向量為則由知:;同理由知:可取同理,可求得平面的一個法向量為由圖可以看出,三面角的大小應等于<>則<>,即所求二面角的大小是.(3)設是線段上一點,則平面的一個法向量為要使與面成角,由圖可知與的夾角為,所以則,解得,,則故線段上存在點,且,時與面成角.ＡＯＥＣＢ63．（江西卷）如圖，已知三棱錐的側(cè)棱兩兩垂直，且，，是的中點．ＡＯＥＣＢ（1）求點到面的距離；（2）求異面直線與所成的角；（3）求二面角的大?。馕?.(1)取的中點,連、、則面,的長就是所要求的距離.、，，在直角三角形中，有（另解：由(2)取的中點，連、，則∥是異面直線與所成的角.求得:(3)連結(jié)并延長交于,連結(jié)、.則就是所求二面角的平面角.作于,則在直角三角形中,在直角三角形中,方法二:(1)以為原點,、、分別為、、軸建立空間直角坐標系.則有、、、設平面的法向量為則由由，則點到面的距離為<>所以異面直線與所成的角.(3)設平面的法向量為則由知:由知:取由(1)知平面的法向量為則<>.結(jié)合圖形可知,二面角的大小為:.64．（遼寧卷）已知正方形.、分別是、的中點,將沿折起,如圖所示,記二面角的大小為.(=1\*ROMANI)證明平面;(=2\*ROMANII)若為正三角形,試判斷點在平面內(nèi)的射影是否在直線上,證明你的結(jié)論,并求角的余弦值.AAACBDEFBCDEF【解析】(=1\*ROMANI)證明:EF分別為正方形ABCD得邊AB、CD的中點,EB//FD,且EB=FD,四邊形EBFD為平行四邊形.BF//ED平面.(=2\*ROMANII)解法1:如右圖,點A在平面BCDE內(nèi)的射影G在直線EF上,過點A作AG垂直于平面BCDE,垂足為G,連結(jié)GC,GD.ACD為正三角形,AC=ADCG=GDG在CD的垂直平分線上,點A在平面BCDE內(nèi)的射影G在直線EF上,過G作GH垂直于ED于H,連結(jié)AH,則,所以為二面角A-DE-C的平面角.即，設原正方體的邊長為2a,連結(jié)AF在折后圖的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,即AEF為直角三角形,在RtADE中,，.解法2:點A在平面BCDE內(nèi)的射影G在直線EF上，連結(jié)AF,在平面AEF內(nèi)過點作,垂足為.ACD為正三角形,F為CD的中點,又因,所以又且為A在平面BCDE內(nèi)的射影G.即點A在平面BCDE內(nèi)的射影在直線EF上過G作GH垂直于ED于H,連結(jié)AH,則,所以為二面角A-DE-C的平面角.即，設原正方體的邊長為2a,連結(jié)AF在折后圖的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,即AEF為直角三角形,在RtADE中,.解法3:點A在平面BCDE內(nèi)的射影G在直線EF上連結(jié)AF,在平面AEF內(nèi)過點作,垂足為.ACD為正三角形,F為CD的中點,又因,所以又為A在平面BCDE內(nèi)的射影G.即點A在平面BCDE內(nèi)的射影在直線EF上過G作GH垂直于ED于H,連結(jié)AH,則,所以為二面角A-DE-C的平面角.即設原正方體的邊長為2a,連結(jié)AF，在折后圖的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,即AEF為直角三角形,在RtADE中,,.【點評】本小題考查空間中的線面關(guān)系,解三角形等基礎(chǔ)知識考查空間想象能力和思維能力.65．（全國卷I）如圖，、是互相垂直的異面直線，MN是它們的公垂線段。點A、B在上，C在上，。（Ⅰ）證明⊥；ABMNCl2lABMNCl2l1H解法一:(Ⅰ)由已知l2⊥MN,l2⊥l1,MN∩l1=M,可得l2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1,AM=MB=MN,可知AN=NB且AN⊥NB.又AN為AC在平面ABN內(nèi)的射影.∴AC⊥NB（Ⅱ）∵Rt△CAN≌Rt△CNB,∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此△ABC為正三角形.∵Rt△ANB≌Rt△CNB,∴NC=NA=NB,因此N在平面ABC內(nèi)的射影H是正三角形ABC的中心,連結(jié)BH,∠NBH為NB與平面ABC所成的角.ABMNCl2l1Hxyz在Rt△NHB中,cos∠NBH=eq\f(HB,NB)=eq\f(\f(\r(3),3)AB,\f(\r(2),2)AB)ABMNCl2l1Hxyz解法二:解法二:如圖,建立空間直角坐標系M－xyz.令MN=1,則有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),(Ⅰ)∵MN是l1、l2的公垂線,l1⊥l2,∴l(xiāng)2⊥平面ABN.l2平行于z軸.故可設C(0,1,m).于是eq\o(AC,\s\up6(→))=(1,1,m),eq\o(NB,\s\up6(→))=(1,－1,0).∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))=1+(－1)+0=0∴AC⊥NB.(Ⅱ)∵eq\o(AC,\s\up6(→))=(1,1,m),eq\o(BC,\s\up6(→))=(－1,1,m),∴|eq\o(AC,\s\up6(→))|=|eq\o(BC,\s\up6(→))|,又已知∠ACB=60°,∴△ABC為正三角形,AC=BC=AB=2.在Rt△CNB中,NB=eq\r(2),可得NC=eq\r(2),故C(0,1,eq\r(2)).連結(jié)MC,作NH⊥MC于H,設H(0,λ,eq\r(2)λ)(λ>0).∴eq\o(HN,\s\up6(→))=(0,1－λ,－eq\r(2)λ),eq\o(MC,\s\up6(→))=(0,1,eq\r(2)).eq\o(HN,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))=1－λ－2λ=0,∴λ=eq\f(1,3),∴H(0,eq\f(1,3),eq\f(\r(2),3)),可得eq\o(HN,\s\up6(→))=(0,eq\f(2,3),－eq\f(\r(2),3)),連結(jié)BH,則eq\o(BH,\s\up6(→))=(－1,eq\f(1,3),eq\f(\r(2),3)),∵eq\o(HN,\s\up6(→))·eq\o(BH,\s\up6(→))=0+eq\f(2,9)－eq\f(2,9)=0,∴eq\o(HN,\s\up6(→))⊥eq\o(BH,\s\up6(→)),又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC,∠NBH為NB與平面ABC所成的角.又eq\o(BN,\s\up6(→))=(－1,1,0),∴cos∠NBH=eq\f(\o(BH,\s\up6(→))·\o(BN,\s\up6(→)),|\o(BH,\s\up6(→))|·|\o(BN,\s\up6(→))|)=eq\f(\f(4,3),\f(2,\r(3))×\r(2))=eq\f(\r(6),3)∠NBH為NB與平面ABC所成的角.又=(－1,1,0),ABCDEA1B1C1∴cos∠NBH==eq\f(\f(4,3),\f(2,\r(3))ABCDEA1B1C166．（全國II）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D、E分別為BB1、AC1的中點．（Ⅰ）證明：ED為異面直線BB1與AC1的公垂線；（Ⅱ）設AA1＝AC＝EQ\r(,2)AB，求二面角A1－AD－C1的大?。夥ㄒ唬篈BCDEA1B1C1OF（Ⅰ）設O為AC中點，連接EO，BO，則EOEQ\o(\s\up(∥),\s\do3(＝))EQ\f(1,2)C1C，又C1CEQ\o(\s\up(∥),\s\do3(＝))B1B，所以EOEQ\o(\s\up(∥),\s\do3(＝))DB，EOBD為平行四邊形，ED∥OB．……2分ABCDEA1B1C1OF∵AB＝BC，∴BO⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，BOì面ABC，故BO⊥平面ACC1A1，∴ED⊥平面ACC1A1，BD⊥AC1，ED⊥CC1，∴ED⊥BB1，ED為異面直線AC1與BB1的公垂線．……6分（Ⅱ）連接A1E，由AA1＝AC＝EQ\r(,2)AB可知，A1ACC1為正方形，∴A1E⊥AC1，又由ED⊥平面ACC1A1和EDì平面ADC1知平面ADC1⊥平面A1ACC1，∴A1E⊥平面ADC1．作EF⊥AD，垂足為F，連接A1F，則A1F⊥AD，∠A1FE為二面角A1－AD－C1的平面角．不妨設AA1＝2，則AC＝2，AB＝EQ\r(,2)ED＝OB＝1，EF＝EQ\f(AE×ED,AD)＝EQ\f(\r(,2),\r(,3))，tan∠A1FE＝EQ\r(,3)，∴∠A1FE＝60°．所以二面角A1－AD－C1為60°．………12分解法二：（Ⅰ）如圖，建立直角坐標系O－xyz，其中原點O為AC的中點．設A(a，0，0)，B(0，b，0)，B1(0，b，2c)．則C(－a，0，0)，C1(－a，0，2c)，E(0，0，c)，D(0，b，c)．……3分ABCDEA1B1C1OzxyEQ\O(ED,\S\UP8(→))＝（0，b，0），EQ\O(BB\S\do(1),\S\UP8(→))＝ABCDEA1B1C1OzxyEQ\O(ED,\S\UP8(→))·EQ\O(BB\S\do(1),\S\UP8(→))＝0，∴ED⊥BB1．又EQ\O(AC\S\do(1),\S\UP8(→))＝(－2a，0，2c)，EQ\O(ED,\S\UP8(→))·EQ\O(AC\S\do(1),\S\UP8(→))＝0，∴ED⊥AC1，……6分所以ED是異面直線BB1與AC1的公垂線．（Ⅱ）不妨設A(1，0，0)，則B(0，1，0)，C(－1，0，0)，A1(1，0，2)，EQ\O(BC,\S\UP8(→))＝(－1，－1，0)，EQ\O(AB,\S\UP8(→))＝(－1，1，0)，EQ\O(AA\S\do(1),\S\UP8(→))＝(0，0，2)，EQ\O(BC,\S\UP8(→))·EQ\O(AB,\S\UP8(→))＝0，EQ\O(BC,\S\UP8(→))·EQ\O(AA\S\do(1),\S\UP8(→))＝0，即BC⊥AB，BC⊥AA1，又AB∩AA1＝A，∴BC⊥平面A1AD．又E(0，0，1)，D(0，1，1)，C(－1，0，1)，EQ\O(EC,\S\UP8(→))＝(－1，0，－1)，EQ\O(AE,\S\UP8(→))＝(－1，0，1)，EQ\O(ED,\S\UP8(→))＝(0，1，0)，EQ\O(EC,\S\UP8(→))·EQ\O(AE,\S\UP8(→))＝0，EQ\O(EC,\S\UP8(→))·EQ\O(ED,\S\UP8(→))＝0，即EC⊥AE，EC⊥ED，又AE∩ED＝E，∴EC⊥面C1AD．……10分cos＜EQ\O(EC,\S\UP8(→))，EQ\O(BC,\S\UP8(→))＞＝EQ\f(EQ\O(EC,\S\UP8(→))·EQ\O(BC,\S\UP8(→)),|EQ\O(EC,\S\UP8(→))|·|EQ\O(BC,\S\UP8(→))|)＝EQ\f(1,2)，即得EQ\O(EC,\S\UP8(→))和EQ\O(BC,\S\UP8(→))的夾角為60°．所以二面角A1－AD－C1為60°．67．（山東卷）如圖，已知平面A1B1C1平行于三棱錐V-ABC的底面ABC，等邊?AB1C所在的平面與底面ABC垂直，且ACB=90°，設AC=2a,BC=a.（1）求證直線B1C1是異面直線AB1與A1C1的公垂線；（2）求點A到平面VBC的距離；（3）求二面角A-VB-C的大小.解法1：（Ⅰ）證明：∵平面∥平面，又∵平面⊥平面，平面∩平面，∴⊥平面，，又，.為與的公垂線.（Ⅱ）解法1：過A作于D， ∵△為正三角形，∴D為的中點.∵BC⊥平面∴，又，∴AD⊥平面，∴線段AD的長即為點A到平面的距離.在正△中，.∴點A到平面的距離為.解法2：取AC中點O連結(jié)，則⊥平面，且=.由（Ⅰ）知，設A到平面的距離為x，，即，解得.即A到平面的距離為.則所以，到平面的距離為.(III)過點作于，連，由三重線定理知是二面角的平面角。在中，。。所以，二面角的大小為arctan.解法二：取中點連,易知底面，過作直線交。取為空間直角坐標系的原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系。則。（I），，，。又由已知。，而。又顯然相交，是的公垂線。（II）設平面的一個法向量，又由取得點到平面的距離，即在平面的法向量上的投影的絕對值。，設所求距離為。 則=所以，A到平面VBC的距離為.（=3\*ROMANIII）設平面的一個法向量由取二面角為銳角，所以，二面角的大小為68．（山東卷）如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD為等腰梯形，AB∥DC,AC⊥BD,AC與BD相交于點O，且頂點P在底面上的射影恰為O點，又BO=2,PO=,PB⊥PD.(Ⅰ)求異面直接PD與BC所成角的余弦值；(Ⅱ)求二面角P－AB－C的大??；(Ⅲ)設點M在棱PC上，且為何值時，PC⊥平面BMD.解法一：平面，又，由平面幾何知識得：（Ⅰ）過做交于于，連結(jié)，則或其補角為異面直線與所成的角，四邊形是等腰梯形，又四邊形是平行四邊形。是的中點，且又，為直角三角形，在中，由余弦定理得故異面直線PD與所成的角的余弦值為（Ⅱ）連結(jié)，由（Ⅰ）及三垂線定理知，為二面角的平面角，二面角的大小為（Ⅲ）連結(jié)，平面平面，又在中，，，故時，平面解法二：平面又，，由平面幾何知識得：以為原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則各點坐標為，，，，，（Ⅰ），，。。故直線與所成的角的余弦值為（Ⅱ）設平面的一個法向量為，由于，，由得取，又已知平面ABCD的一個法向量，又二面角為銳角，所求二面角的大小為（Ⅲ）設，由于三點共線，，平面，由（1）（2）知：，。ABA1B1αβlABA1B1αβl69．(陜西卷)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=eq\r(2),求:(Ⅰ)直線AB分別與平面α,β所成角的大小;(Ⅱ)二面角A1－AB－B1的大小.AABA1B1αβl第69題解法一圖EFABA1B1αβl第69題解法二圖yxyEF解法一:(Ⅰ)如圖，連接A1B，AB1，∵α⊥β，α∩β=l,AA1⊥l，BB1⊥l，∴AA1⊥β，BB1⊥α．則∠BAB1，∠ABA1分別是AB與α和β所成的角．Rt△BB1A中，BB1=eq\r(2)，AB=2，∴sin∠BAB1=eq\f(BB1,AB)=eq\f(\r(2),2)．∴∠BAB1=45°．Rt△AA1B中，AA1=1，AB=2，sin∠ABA1=eq\f(AA1,AB)=eq\f(1,2)，∴∠ABA1=30°．故AB與平面α，β所成的角分別是45°，30°．(Ⅱ)∵BB1⊥α，∴平面ABB1⊥α．在平面α內(nèi)過A1作A1E⊥AB1交AB1于E，則A1E⊥平面AB1B．過E作EF⊥AB交AB于F，連接A1F，則由三垂線定理得A1F⊥AB，∴∠A1FE就是所求二面角的平面角．在Rt△ABB1中，∠BAB1=45°，∴AB1=B1B=eq\r(2)．∴Rt△AA1B中，A1B=eq\r(AB2－AA12)=eq\r(4－1)=eq\r(3)．由AA1·A1B=A1F·AB得A1F=eq\f(AA1·A1B,AB)=eq\f(1×\r(3),2)=eq\f(\r(3),2)，∴在Rt△A1EF中，sin∠A1FE=eq\f(A1E,A1F)=eq\f(\r(6),3)，∴二面角A1－AB－B1的大小為arcsineq\f(\r(6),3)．解法二:(Ⅰ)同解法一．(Ⅱ)如圖，建立坐標系，則A1(0，0，0)，A(0，0，1)，B1(0，1，0)，B(eq\r(2)，1，0)．在AB上取一點F(x，y，z)，則存在t∈R，使得eq\o(AF,\s\up6(→))=teq\o(AB,\s\up6(→))，即(x，y，z－1)=t(eq\r(2)，1，－1)，∴點F的坐標為(eq\r(2)t，t，1－t)．要使eq\o(A1F,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，須eq\o(A1F,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))=0，即(eq\r(2)t，t，1－t)·(eq\r(2)，1，－1)=0，2t+t－(1－t)=0，解得t=eq\f(1,4)，∴點F的坐標為(eq\f(\r(2),4)，－eq\f(1,4)，eq\f(3,4))，∴eq\o(A1F,\s\up6(→))=(eq\f(\r(2),4)，eq\f(1,4)，eq\f(3,4))．設E為AB1的中點，則點E的坐標為(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))．∴eq\o(EF,\s\up6(→))=(eq\f(\r(2),4)，－eq\f(1,4)，eq\f(1,4))．又eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))=(eq\f(\r(2),4)，－eq\f(1,4)，eq\f(1,4))·(eq\r(2)，1，－1)=eq\f(1,2)－eq\f(1,4)－eq\f(1,4)=0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，∴∠A1FE為所求二面角的平面角．又cos∠A1FE=eq\f(\o(A1F，\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→)),|\o(A1F,\s\up6(→))|·|\o(EF,\s\up6(→))|)=eq\f((\f(\r(2),4)，\f(1,4)，\f(3,4))·(\f(\r(2),4)，－\f(1,4)，\f(1,4)),\r(\f(2,16)+\f(1,16)+\f(9,16))·\r(\f(2,16)+\f(1,16)+\f(1,16)))=eq\f(\f(1,8)－\f(1,16)+\f(3,16),\r(\f(3,4))·\f(1,2))=eq\f(1,\r(3))=eq\f(\r(3),3)，∴二面角A1－AB－B1的大小為arccoseq\f(\r(3),3)．70．(上海卷)在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長為2的菱形，∠DAB＝60，對角線AC與BD相交于點O，PO⊥平面ABCD，PB與平面ABCD所成的角為60．（1）求四棱錐P－ABCD的體積；（2）若E是PB的中點，求異面直線DE與PA所成角的大?。ńY(jié)果用反三角函數(shù)值表示）．[解]（1）在四棱錐P-ABCD中,由PO⊥平面ABCD,得∠PBO是PB與平面ABCD所成的角,∠PBO=60°.在Rt△AOB中BO=ABsin30°=1,由PO⊥BO,于是,PO=BOtg60°=,而底面菱形的面積為2.∴四棱錐P-ABCD的體積V=×2×=2.（2）解法一：以O為坐標原點,射線OB、OC、OP分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系.在Rt△AOB中OA=,于是,點A、B、D、P的坐標分別是A(0,－,0),B(1,0,0),D(－1,0,0),P(0,0,).E是PB的中點,則E(,0,)于是=(,0,),=(0,,).設的夾角為θ,有cosθ=,θ=arccos,∴異面直線DE與PA所成角的大小是arccos；解法二：取AB的中點F,連接EF、DF.由E是PB的中點,得EF∥PA，∴∠FED是異面直線DE與PA所成角(或它的補角)，在Rt△AOB中AO=ABcos30°==OP，于是,在等腰Rt△POA中，PA=