高考数学试卷分类汇编及详细解析 立体几何
2006年普通高等学校招生全国统一考试数学分类汇编
第九章《立体几何》
一、选择题（共32题）
1．（安徽卷）表面积为 的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为
A． B． C． D．
解：此正八面体是每个面的边长均为的正三角形，所以由知，，则此球的直径为，故选A。
2．（北京卷）平面的斜线交于点，过定点的动直线与垂直，且交于点，则动点的轨迹是
（A）一条直线 （B）一个圆
（C）一个椭圆 （D）双曲线的一支
解：设与¢是其中的两条任意的直线，则这两条直线确定一个平面，且斜线垂直这个平面，由过平面外一点有且只有一个平面与已知直线垂直可知过定点与垂直所有直线都在这个平面内，故动点C都在这个平面与平面的交线上，故选A
A
B
D
C
3．（北京卷）设A、B、C、D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是
（A）若AC与BD共面，则AD与BC共面
（B）若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线
(C) 若AB=AC，DB=DC，则AD=BC
(D) 若AB=AC，DB=DC，则AD BC
解：A显然正确；B也正确，因为若AD与BC共面，则必有AC与BD共面与条件矛盾；
C不正确，如图所示：D正确，用平面几何与立体几何的知识都可证明。选C
4．（福建卷）已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于
A.2 B. C. D.
解：正方体外接球的体积是，则外接球的半径R=2，正方体的对角线的长为4，棱长等于，选D.
5．（福建卷）对于平面和共面的直线m、n，下列命题中真命题是
A.若m⊥，m⊥n，则n∥ B.若m∥，n∥，则m∥n
C.若m，n∥，则m∥n D.若m、n与所成的角相等，则n∥m
解：对于平面和共面的直线、真命题是“若则”，选C.
6．（广东卷）给出以下四个命题：
①
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行，
②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面
③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行，
④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.
其中真命题的个数是
A.4 B. 3 C. 2 D. 1
解：①②④正确，故选B.
7．（湖北卷）关于直线与平面，有以下四个命题：
①若且，则；②若且，则；
③若且，则；④若且，则；
其中真命题的序号是
A．①② B．③④ C．①④ D．②③
解：用排除法可得选D
8．（湖南卷）过平行六面体ABCD-A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线,其中与平面DBB1D1平行的直线共有 ( )
A.4条 B.6条 C.8条 D.12条
解：如图，过平行六面体任意两条棱的中点作直线, 其中与平面平行的直线共有12条，选D.
9．（湖南卷）棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上,
若过该球球心的一个截面如图1,则图中三角形(正四面体的截面)
的面积是 ( )
A. B. C. D.
解：棱长为2的正四面体ABCD 的四个顶点都在同一个球面上, 若过该球球心的一个截面如图为△ABF，则图中AB=2，E为AB中点，则EF⊥DC，在△DCE中，DE=EC=，DC=2，∴EF=，∴三角形ABF的面积是，选C.
10．（湖南卷）过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°则该截面的面积是
A．π B. 2π C. 3π D.
解：过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°，则截面圆的半径是R=1，该截面的面积是π，选A.
11．（江苏卷）两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面
ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有
（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）无穷多个
【思路点拨】本题主要考查空间想象能力，以及正四棱锥的体积
【正确解答】由于两个正四棱锥相同，所以所求几何体的中心在正四棱锥底面正方形ABCD中心，有对称性知正四棱锥的高为正方体棱长的一半，影响几何体体积的只能是正四棱锥底面正方形ABCD的面积，问题转化为边长为1的正方形的内接正方形有多少种，所以选D.
【解后反思】正方体是大家熟悉的几何体，它的一些内接或外接图形需要一定的空间想象能力，要学会将空间问题向平面问题转化。
12．（江西卷）如图，在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O，且与BC，DC分别截于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A－BEFD与三棱锥A－EFC的表面积分别是S1，S2，则必有（ ）
A．S1
S2
C. S1=S2 D. S1，S2的大小关系不能确定
解：连OA、OB、OC、OD，则VA－BEFD＝VO－ABD＋VO－ABE＋VO－BEFD，VA－EFC＝VO－ADC＋VO－AEC＋VO－EFC又VA－BEFD＝VA－EFC而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故SABD＋SABE＋SBEFD＝SADC＋SAEC＋SEFC又面AEF公共，故选C
13.（江西卷）如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是（ ）
Ａ．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等
Ｂ．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补
Ｃ．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆
Ｄ．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上
解：因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C正确，且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D正确，B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立。故选B
14.（辽宁卷）给出下列四个命题:
①垂直于同一直线的两条直线互相平行.
②垂直于同一平面的两个平面互相平行.
③若直线与同一平面所成的角相等,则互相平行.
④若直线是异面直线,则与都相交的两条直线是异面直线.
其中假命题的个数是
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
【解析】利用特殊图形正方体我们不难发现①、②、③、④均不正确，故选择答案D。
【点评】本题考查了空间线面的位置关系以及空间想象能力，同时考查了立体几何问题处理中运用特殊图形举例反证的能力。
15.（全国卷I）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是
A． B． C． D．
【解析】正四棱柱高为4，体积为16，底面积为4，正方形边长为2，正四棱柱的对角线长即球的直径为2，∴ 球的半径为，球的表面积是，选C.
16.（全国II）过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为
（A） (B) (C) (D)
【解析】设球的半径为R, 过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面,由勾股定理可得一个半径为的圆,所以,故选A
17.（全国II）如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α、β所成的角分别为和，过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB∶A′B′＝
（A）2∶1 （B）3∶1 （C）3∶2 （D）4∶3
解析:连接,设AB=a,可得AB与平面所成的角为
,在,同理可得AB与平面所成的角为,所以,因此在,所以,故选A
18.（全国II）如图，平面平面，与两平面、所成的角分别为和。过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为、若AB=12,则
（A）4 （B）6 （C）8 （D）9
解：连接,设AB=a,可得AB与平面所成的角为,在,同理可得AB与平面所成的角为,所以,因此在,所以,a=AB=12,所以6，故选B
19．（山东卷）如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,
∠DAB=60°,E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、
EC向上折起，使A、B重合于点P，则P－DCE三棱锥的
外接球的体积为
(A) (B) (C) (D)
解：易证所得三棱锥为正四面体，它的棱长为1，故外接球半径为，外接球的体积为，选C
20．（山东卷）正方体的内切球与其外接球的体积之比为
(A)1∶ (B)1∶3 (C)1∶3 (D)1∶9
解：设正方体的棱长为a，则它的内切球的半径为，它的外接球的半径为，故所求的比为1∶3，选C
21．(陕西卷)已知平面α外不共线的三点A,B,C到α的距离都相等,则正确的结论是( )
A.平面ABC必平行于α B.平面ABC必与α相交
C.平面ABC必不垂直于α D.存在△ABC的一条中位线平行于α或在α内
解：平面α外不共线的三点A、B、C到α的距离都相等，则可能三点在α的同侧，即．平面ABC平行于α，这时三条中位线都平行于平面α；也可能一个点A在平面一侧，另两点B、C在平面另一侧，则存在一条中位线DE//BC，DE在α内，所以选D．
22．(上海卷)若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上”的 （ ）
（A）充分非必要条件；（B）必要非充分条件；（C）充要条件；（D）非充分非必要条件
解：充分性成立： “这四个点中有三点在同一直线上”有两种情况：1）第四点在共线三点所在的直线上，可推出“这四个点在同一平面上”；2）第四点不在共线三点所在的直线上，可推出“这四点在唯一的一个平面内”；必要性不成立：“四个点在同一平面上”可能推出“两点分别在两条相交或平行直线上”； 故选（A）
23．(上海卷)若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的 （ ）
（A）充分非必要条件；（B）必要非充分条件；（C）充要条件；（D）非充分非必要条件
解：若空间中有两条直线，若“这两条直线为异面直线”，则“这两条直线没有公共点”；若 “这两条直线没有公共点”，则 “这两条直线可能平行，可能为异面直线”；∴ “这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的充分非必要条件，选A.
24．（四川卷）已知二面角的大小为，为异面直线，且，则所成的角为
（A） （B） （C） （D）
解析：二面角的大小为，为异面直线，且，则所成的角为两条直线所成的角，∴ θ=，选B.
25.（四川卷）已知球的半径是1，、、三点都在球面上，、两点和、两点的球面距离都是，、两点的球面距离是，则二面角的大小是
（A） （B） （C） （D）
解析：球的半径是R=，三点都在球面上，两点和两点的球面距离都是，则∠AOB，∠AOC都等于，AB=AC，两点的球面距离是，∠BOC=，BC=1，过B做BD⊥AO，垂足为D，连接CD，则CD⊥AD，则∠BDC是二面角的平面角，BD=CD=，∴∠BDC=，二面角的大小是，选C.
26.（四川卷）如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上，点在球面上，如果，则球的表面积是
（A） （B） （C） （D）
解析：如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上，点在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，，，所以，R=2，球的表面积是，选D.
27.（天津卷）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面.考查下列命题，其中正确的命题是（ ）
A． B．
C． D．
解析：正确的命题是，选B.
28.（天津卷）若为一条直线，为三个互不重合的平面，给出下面三个命题：
①；②；③．
其中正确的命题有（ ）
Ａ．0个 Ｂ．1个 Ｃ．2个 Ｄ．3个
解析：命题：①不正确； ②正确；③正确，所以正确的命题有2个，选C.
29.（浙江卷）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，
OA、OB、OC两两垂直，E、F分别是大圆弧AB与AC的中点，
则点E、F在该球面上的球面距离是
(A) (B) (C) (D)
G
【考点分析】本题考查球面距的计算，基础题。
解析：如图，
∴
∴，∴点E、F在该球面上的球面距离为
故选择B。
30.（浙江卷）如图，正三棱柱的各棱长都2，E，F分别是的中点，则EF的长是
(A)2 (B) (C) (D)
解析：如图所示，取AC的中点G，连EG，FG，则易得
EG＝2，EG＝1，故EF＝，选C
31.(重庆卷)对于任意的直线l与平同a,在平面a内必有直线m,使m与l
(A)平行 （B）相交 (C)垂直 (D)互为异面直线
解析：对于任意的直线与平面，若在平面α内，则存在直线m⊥；若不在平面α内，且⊥α，则平面α内任意一条直线都垂直于，若不在平面α内，且于α不垂直，则它的射影在平面α内为一条直线，在平面内必有直线垂直于它的射影，则与垂直，综上所述，选C.
32.(重庆卷)若是平面外一点，则下列命题正确的是
（A）过只能作一条直线与平面相交 （B）过可作无数条直线与平面垂直
（C）过只能作一条直线与平面平行 （D）过可作无数条直线与平面平行
解析：A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
A1
过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行，且这个平面内的任一条直线都与已知平面平行。故选D
二、填空题（共20题）
33．（安徽卷）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面的距离可能是：______（写出所有正确结论的编号）
①3； ②4； ③5； ④6； ⑤7
解：如图，B、D、A1到平面的距离分别为1、2、4，则D、A1的中点到平面的距离为3，所以D1到平面的距离为6；B、A1的中点到平面的距离为，所以B1到平面的距离为5；则D、B的中点到平面的距离为，所以C到平面的距离为3；C、A1的中点到平面的距离为，所以C1到平面的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一点，所以选①③④⑤。
34．（安徽卷）平行四边形的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，已知其中有两个顶点到的距离分别为1和2 ，那么剩下的一个顶点到平面的距离可能是：①1； ②2； ③3； ④4；
A
B
C
D
第34题图
A1
以上结论正确的为______________。（写出所有正确结论的编号）
解：如图，B、D到平面的距离为1、2，则D、B的中点到平面的距离为，所以C到平面的距离为3；
B、C到平面的距离为1、2，D到平面的距离为，则，即，所以D到平面的距离为1；
C、D到平面的距离为1、2，同理可得B到平面的距离为1；所以选①③。
35.（北京卷）已知三点在球心为，半径为的球面上，，且那么两点的球面距离为_______________，球心到平面的距离为______________.
解：如右图，因为，所以AB是截面
的直径，又AB＝R，所以△OAB是等边三角形，
所以ÐAOB＝，故两点的球面距离为，
于是ÐO1OA＝30°，所以球心到平面的距离
OO1＝Rcos30°＝.
36.（广东卷）棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______.
解：
37.（湖南卷）过三棱柱 ABC－A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有 条.
解：过三棱柱 ABC－A1B1C1 的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有6条。
38.（江西卷）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形，
C1
C
B
A1
ÐACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，则CP＋PA1
的最小值是___________
解：连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平
面内，如图所示，连A1C，则A1C的长度就是所求的最小值。
通过计算可得ÐA1C1C＝90°又ÐBC1C＝45°，
ÐA1C1C＝135° 由余弦定理可求得A1C＝
39.（江西卷）如图，已知正三棱柱的底面边长为1，高为8，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周
到达点的最短路线的长为 .
解：将正三棱柱沿
侧棱CC1展开，其侧面展开图如
图所示，由图中路线可得结论。
40.（辽宁卷）若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为,则=______
A
B
C
P
D
E
F
【解析】不妨认为一个正四棱柱为正方体,与正方体的所有面成角相等时,为与相交于同一顶点的三个相互垂直的平面所成角相等,即为体对角线与该正方体所成角.故.
【点评】本题考查了直线与平面所成角的定义以及正四棱柱的概念,充分考查了转化思想的应用.
41.（辽宁卷）如图，半径为2的半球内有一内接正六棱锥，则此正六棱锥的侧面积是________．
解：显然正六棱锥的底面的外接圆是球的一个大圆，于是可求得底面边长为2，又正六棱锥的高依题意可得为2，依此可求得
42.（全国卷I）已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，则侧面与底面所成的二面角等于_______________。
【解析】正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，底面边长为2，底面积为12，所以正四棱锥的高为3，则侧面与底面所成的二面角的正切tanα=, ∴ 二面角等于。
43.（全国II）圆是以为半径的球的小圆，若圆的面积和球的表面积的比为，则圆心到球心的距离与球半径的比＿＿＿＿＿。
解：设圆的半径为r，则＝，＝，由得r : R＝: 3
又，可得1 : 3
44.（山东卷）如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，
D是A1C1的 中点，则
直线AD 与平面B1DC所成角的正弦值为 .
解：易证B1^平面AC1，过A点作AG^CD，则
AG^平面B1DC，于是ÐADG即ÐADC为直线AD 与平面B1DC
所成角，由平面几何知识可求得它的正弦值为。
45.（山东卷）如图，在正三棱柱ABC-中，所有棱长均为1，则点B到平面ABC的距离为 .
解：利用等体积法，易知VB1-ABC1=，
所以点B到平面ABC的距离为
46.(陕西卷)水平桌面α上放有4个半径均为2R的球,且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形).在这4个球的上面放1个半径为R的小球,它和下面4个球恰好都相切,则小球的球心到水平桌面α的距离是
解：水平桌面α上放有4个半径均为2R的球，且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形)．在这4个球的上面放1个半径为R的小球，它和下面4个球恰好都相切，5个球心组成一个正四棱锥，这个正四棱锥的底面边长为4R，侧棱长为3R，求得它的高为R，所以小球的球心到水平桌面α的距离是3R．
47.(上海卷)如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 ．
解：正方体中，一个面有四条棱与之垂直，六个面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角截面中，每个对角面又有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”；
48.（四川卷）在三棱锥中，三条棱、、两两互相垂直，且＝＝，是边的中点，则与平面所成的角的大小是 （ 用反三角函数表示）；
解析：在三棱锥中，三条棱两两互相垂直，且是边的中点，设，则，，O点在底面的射影为底面△ABC的中心，=，又，
与平面所成角的正切是，所以二面角大小是.
49.（四川卷）是空间两条不同直线，是两个不同平面，下面有四个命题：
① ②
③ ④
其中真命题的编号是 ;（写出所有真命题的编号）
解析：四个命题：①,为真命题；②，为假命题；③为假命题； ④为真命题，
所以真命题的编号是①、④.
50.（天津卷）如图，在正三棱柱中，．
若二面角的大小为，则点到平面的距
离为______________．
解析：过C作CD⊥AB，D为垂足，连接C1D，则C1D⊥AB，∠C1DC=60°，CD=，则C1D=，CC1=，在△CC1D中，过C作CE⊥C1D，则CE为点C到平面的距离，CM=，所以点C到平面C1的距离为.
51.（浙江卷）正四面体ABCD的棱长为1，棱AB∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是 .
解析：
52.（上海春）正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，则其体积为 .
解：如图，在△OPA 中，因为
，所以正四棱锥的高为 ，故正四棱锥的体积为 从而应填．
A
B
C
D
E
F
O
P
H
三．解答题（共25题）
53. （安徽卷）如图，P是边长为1的正六边形ABCDEF所在平面外一点，，P在平面ABC内的射影为BF的中点O。
（Ⅰ）证明⊥；
（Ⅱ）求面与面所成二面角的大小。
解：（Ⅰ）在正六边形ABCDEF中，为等腰三角形，
∵P在平面ABC内的射影为O，∴PO⊥平面ABF，∴AO为PA在平面ABF内的射影；∵O为BF中点，∴AO⊥BF，∴PA⊥BF。
（Ⅱ）∵PO⊥平面ABF，∴平面PBF⊥平面ABC；而O为BF中点，ABCDEF是正六边形 ，∴A、O、D共线，且直线AD⊥BF，则AD⊥平面PBF；又∵正六边形ABCDEF的边长为1，∴，，。
过O在平面POB内作OH⊥PB于H，连AH、DH，则AH⊥PB，DH⊥PB，所以为所求二面角平面角。
在中，OH=，=。
在中，；
而
（Ⅱ）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，P(0,0，1)，A(0，,0)，B(，0,0)，D(0,2，0)，∴，，
设平面PAB的法向量为，则，，得，；设平面PDB的法向量为，则，，得，；
,所求二面角的大小为arccos().
54.（北京卷）如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，，平面，且，点是的中点.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：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）如图，连BD交AC于点O，连EO，则
EO是△PDB的中位线，EOPB
PB平面
（3）如图，取AD的中点F，连EF，FO，则EF是△PAD的中位线，EFPA又平面，EF^平面
同理FO是△ADC的中位线，FOABFO^AC由三垂线定理可知ÐEOF是二面角E－AC－D的平面角.又FO＝AB＝PA＝EFÐEOF＝45°而二面角与二面角E－AC－D互补，故所求二面角的大小为135°.
55．（福建卷）如图，四面体ABCD中，O、E分别BD、
BC的中点,CA=CB=CD=BD=2
（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；
（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的大小；
（Ⅲ）求点E到平面的距离.
本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所
成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象
能力、逻辑思维能力和运算能力。
方法一： （I）证明：连结OC
在中，由已知可得
而 即
平面
（II）解：取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知
直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角
在中，
是直角斜边AC上的中线， 异面直线AB与CD所成角的大小为
（III）解：设点E到平面ACD的距离为
在中，
而
点E到平面ACD的距离为
方法二： （I）同方法一。
（II）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则
异面直线AB与CD所成角的大小为
（III）解：设平面ACD的法向量为则
令得是平面ACD的一个法向量。
又 点E到平面ACD的距离
56．（广东卷）如图5所示，、分别世、的直径，与两圆所在的平面均垂直，.是的直径，,.
(I)求二面角的大小；
(II)求直线与所成的角.
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，，0），B（，0，0）,D（0，，8），E（0，0，8），F（0，，0）
所以，
设异面直线BD与EF所成角为，
则
直线BD与EF所成的角为
57．（湖北卷）如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，。
（Ⅰ）、试确定，使直线与平面所成角的正切值为；
（Ⅱ）、在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，在平面上的射影垂直于，并证明你的结论。
本小题主要考查线面关系、直线与平面所成角的有关知识及空间想像能力和推理运算能力。考查应用向量知识解决数学问题的能力。
解法１：（１）
故。所以。
又.
故
在△，即.
故当时，直线。
（Ⅱ）依题意，要在上找一点，使得.
可推测的中点即为所求的点。
因为，所以
又,故。
从而
解法二：（１）建立如图所示的空间直角坐标系，则
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
又由的一个法向量.
设与所成的角为，
则
依题意有：，解得.
故当时，直线。
（２）若在上存在这样的点，设此点的横坐标为，
则。
依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP。等价于
即为的中点时，满足题设的要求.
58．（湖北卷）如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为1，M是底面BC边上的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝2C1N.
（Ⅰ）求二面角B1－AM－N的平面角的余弦值；
（Ⅱ）求点B1到平面AMN的距离。
本小题主要考查线面关系、二面角和点到平面距离的有关知识及空间想象能力和推理运算能力。考查应用向量知识解决数学问题的能力。
解法1：（Ⅰ）因为M是底面BC边上的中点，所以AMBC，又AMC,所以AM面BC，从而AMM, AMNM，所以MN为二面角，—AM—N的平面角。又M=,MN=,
连N，得N＝，在MN中，由余弦定理得。故所求二面角—AM—N的平面角的余弦值为。
（Ⅱ）过在面内作直线，为垂足。又平面，所以AMH。于是H平面AMN，故H即为到平面AMN的距离。在中，H＝M。故点到平面AMN的距离为1。
解法2：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则
（0，0，1），M（0，，0）,
C(0,1,0), N (0,1,) , A ()，所以，
，,。
因为所以,同法可得。
故﹤﹥为二面角—AM—N的平面角
∴﹤﹥＝
故所求二面角—AM—N的平面角的余弦值为。
（Ⅱ）设n=(x,y,z)为平面AMN的一个法向量，则由得
故可取
设与n的夹角为a，则。
Q
B
C
P
A
D
所以到平面AMN的距离为。
59．（湖南卷）如图,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.
(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD;
(Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角;
(Ⅲ)求点P到平面QAD的距离.
解法一： （Ⅰ）．连结AC、BD，设.由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，
QO⊥平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD.
（II）由题设知，ABCD是正方形，所以．
由（I），平面，故可以分别以直线CA、DB、QP为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如上图），由题设条件，相关各点的坐标分别是，，,所以,,于是从而异面直线AQ与PB所成的角是.
(Ⅲ)．由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－，0），，，设是平面QAD的一个法向量，由 得.
取x=1，得. 所以点P到平面QAD的距离.
解法二： （Ⅰ）．取AD的中点M，连结PM，QM.因为P－ABCD与Q－ABCD
都是正四棱锥，所以AD⊥PM，AD⊥QM. 从而AD⊥平面PQM.
又平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.
（Ⅱ）．连结AC、BD设，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在
PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.
Q
B
C
P
A
D
O
M
取OC的中点N，连结PN．
因为，所以，
从而AQ∥PＮ.∠BPＮ（或其补角）是异面直线AQ
与PB所成的角.连接BN，
因为．
所以．
从而异面直线AQ与PB所成的角是．
(Ⅲ)．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PＱM，所以平面PＱM⊥平面QAD. 过Ｐ作ＰＨ⊥ＱＭ
于Ｈ，则ＰＨ⊥平面QAD，所以ＰＨ的长为点P到平面QAD的距离．
连结OM，则.所以，
又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是.
即点P到平面QAD的距离是.
60．（湖南卷）如图，已知两个正四棱锥P-ABCD与
Q-ABCD的高都是2，AB=4.
(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角；
(Ⅲ)求点P到平面QAD的距离.
解法一 （Ⅰ）连结AC、BD，设.由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD.
（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD. Q
B
C
P
A
D
z
y
x
O
由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD. 故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，2），A（，0，0），Q（0，0，－2），B（0，，0）.
所以
于是.
从而异面直线AQ与PB所成的角是.
(Ⅲ)由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－，0），，
，设是平面QAD的一个法向量，由
Q
B
C
P
A
D
O
M
得.取x=1，得.
所以点P到平面QAD的距离.
解法二 （Ⅰ）取AD的中点，连结PM，QM.
因为P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，
所以AD⊥PM，AD⊥QM. 从而AD⊥平面PQM.
又平面PQM，所以PQ⊥AD.
同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD.
（Ⅱ）连结AC、BD设，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.因为OA＝OC，OP＝OQ，所以PAQC为平行四边形，AQ∥PC.从而∠BPC（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角.
因为，
所以.
从而异面直线AQ与PB所成的角是.
(Ⅲ)连结OM，则.所以∠PMQ＝90°，即PM⊥MQ.
由（Ⅰ）知AD⊥PM，所以PM⊥平面QAD. 从而PM的长是点P到平面QAD的距离.
在直角△PMO中，.
即点P到平面QAD的距离是.
61．（江苏卷）在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如图1）。将△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）
（Ⅰ）求证：A1E⊥平面BEP；
（Ⅱ）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小；
图1
图2
（Ⅲ）求二面角B－A1P－F的大小（用反三角函数表示）
解法一：不妨设正三角形ABC的边长为3
（1） 在图1中，取BE中点D，连结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在图2中，A1E⊥EF, BE⊥EF, ∴∠A1EB为二面角A1－EF－B的平面角。由题设条件知此二面角为直二面角，A1E⊥BE,又∴A1E⊥平面BEF,即 A1E⊥平面BEP
（2） 在图2中，A1E不垂直A1B, ∴A1E是平面A1BP的垂线，又A1E⊥平面BEP，
∴A1E⊥BE.从而BP垂直于A1E在平面A1BP内的射影（三垂线定理的逆定理）设A1E在平面A1BP内的射影为A1Q,且A1Q交BP于点Q,则∠E1AQ就是A1E与平面A1B
P所成的角,且BP⊥A1Q.在△EBP中, BE=EP=2而∠EBP=600 , ∴△EBP是等边三角形.又 A1E⊥平面BEP , ∴A1B=A1P, ∴Q为BP的中点,且,又 A1E=1,在Rt△A1EQ中，,∴∠EA1Q=60o, ∴直线A1E与平面A1BP所成的角为600
在图3中，过F作FM⊥ A1P与M，连结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从而∠A1PF=∠A1PQ②,
由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP,
∴∠QMP=∠FMP=90o,且MF=MQ,
从而∠FMQ为二面角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的大小为
解法二:（1）作面于,连、、,则四边形是正方形,且,以为原点,以为轴,为轴建立空间直角坐标系如图,
则
(2)设平面的法向量为则由知:;
同理由知:可取
同理,可求得平面的一个法向量为
由图可以看出,三面角的大小应等于<>
则<>,即所求二面角的大小是.
(3)设是线段上一点,则
平面的一个法向量为
要使与面成角,由图可知与的夹角为,
所以
则,解得,,则
故线段上存在点,且,时与面成角.
【解后反思】在立体几何学习中,我们要多培养空间想象能力, 对于图形的翻折问题,关健是利用翻折前后的不变量,二面角的平面角的适当选取是立体几何的核心考点之一.是高考数学必考的知识点之一.作,证,解,是我们求二面角的三步骤.作:作出所要求的二面角,证:证明这是我们所求二面角,并将这个二面角进行平面化,置于一个三角形中,最好是直角三角形,利用我们解三角形的知识求二面角的平面角.向量的运用也为我们拓宽了解决立体几何问题的角度,不过在向量运用过程中,要首先要建系,建系要建得合理,最好依托题目的图形,坐标才会容易求得.
62．（江西卷）如图，在三棱锥A－BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝，BD＝CD＝1，另一个侧面是正三角形
（1） 求证：AD^BC
（2） 求二面角B－AC－D的大小
（3） 在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在确定E的位置；若不存在，说明理由。
解法一:(1)方法一:作面于,连
又,则是正方形.则
方法二:取的中点,连、,
则有
(2)作于,作交于,
则就是二面角的平面角.
是的中点,且∥
则
由余弦定理得
(3)设为所求的点,作于,连.则∥
就是与面所成的角,则.
设,易得
解得
故线段上存在点,且时,与面成角.
解法二:（1）作面于,连、、,则四边形是正方形,且,以为原点,以为轴,为轴建立空间直角坐标系如图,
则
(2)设平面的法向量为则由知:;
同理由知:可取
同理,可求得平面的一个法向量为
由图可以看出,三面角的大小应等于<>
则<>,即所求二面角的大小是.
(3)设是线段上一点,则平面的一个法向量为要使与面成角,由图可知与的夹角为,
所以
则,解得,,则
故线段上存在点,且,时与面成角.
Ａ
Ｏ
Ｅ
Ｃ
Ｂ
63．（江西卷）如图，已知三棱锥的侧棱两两垂直，且，，是的中点．
（1）求点到面的距离；
（2）求异面直线与所成的角；
（3）求二面角的大小．
解析:.(1)取的中点,连、
、
则面,的长就是所要求的距离.
、，
，在直角三角形中，有
（另解：由
(2)取的中点，连、，则∥是异面直线与所成的角.求得:
(3)连结并延长交于,连结、.
则就是所求二面角的平面角.作于,则
在直角三角形中,
在直角三角形中,
方法二:(1)以为原点,、、分别为、、轴建立空间直角坐标系.
则有、、、
设平面的法向量为
则由
由
，则点到面的距离为
<>所以异面直线与所成的角.
(3)设平面的法向量为则由知:
由知:取
由(1)知平面的法向量为
则<>.
结合图形可知,二面角的大小为:.
64．（辽宁卷）已知正方形.、分别是、的中点,将沿折起,如图所示,记二面角的大小为.
(I) 证明平面;
(II)若为正三角形,试判断点在平面内的射影是否在直线上,
证明你的结论,并求角的余弦值.
A
A
C
B
D
E
F
B
C
D
E
F
【解析】(I)证明:EF分别为正方形ABCD得边AB、CD的中点,
EB//FD,且EB=FD,四边形EBFD为平行四边形.BF//ED
平面.
(II)解法1:如右图,点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上,
过点A作AG垂直于平面BCDE,垂足为G,连结GC,GD.
ACD为正三角形,AC=ADCG=GD
G在CD的垂直平分线上,
点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上,
过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则,所以为二面角A-DE-C的平面角.即，设原正方体的边长为2a,连结AF
在折后图的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,
即AEF为直角三角形,
在RtADE中, ，.
解法2:点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上，连结AF,在平面AEF内过点作,垂足为.
ACD为正三角形,F为CD的中点,
又因,所以
又且
为A在平面BCDE内的射影G.
即点A在平面BCDE内的射影在直线EF上
过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则,所以为二面角A-DE-C的平面角.即，设原正方体的边长为2a,连结AF
在折后图的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,
即AEF为直角三角形,
在RtADE中, .
解法3: 点A在平面BCDE内的射影G在直线EF上连结AF,在平面AEF内过点作,垂足为.
ACD为正三角形,F为CD的中点,
又因,所以
又
为A在平面BCDE内的射影G.
即点A在平面BCDE内的射影在直线EF上过G作GH垂直于ED于H,连结AH,则,所以为二面角A-DE-C的平面角.即
设原正方体的边长为2a,连结AF，在折后图的AEF中,AF=,EF=2AE=2a,
即AEF为直角三角形,
在RtADE中, ,.
【点评】本小题考查空间中的线面关系,解三角形等基础知识考查空间想象能力和思维能力.
65．（全国卷I）如图，、是互相垂直的异面直线，MN是它们的公垂线段。点A、B在上，C在上，。
（Ⅰ）证明⊥；
A
B
M
N
C
l2
l1
H
（Ⅱ）若，求与平面ABC所成角的余弦值。
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为AC在平面ABN内的射影.∴AC⊥NB
（Ⅱ）∵Rt△CAN≌Rt△CNB, ∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此△ABC为正三角形.
∵Rt△ANB≌Rt△CNB, ∴NC=NA=NB,因此N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的中心,连结BH,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.
A
B
M
N
C
l2
l1
H
x
y
z
在Rt△NHB中,cos∠NBH= = = .
解法二: 解法二: 如图,建立空间直角坐标系M－xyz.令MN=1, 则有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),
(Ⅰ)∵MN是 l1、l2的公垂线, l1⊥l2, ∴l2⊥平面ABN. l2平行于z轴. 故可设C(0,1,m).于是 =(1,1,m), =(1,－1,0). ∴·=1+(－1)+0=0 ∴AC⊥NB.
(Ⅱ)∵ =(1,1,m), =(－1,1,m), ∴||=||, 又已知∠ACB=60°,∴△ABC为正三角形,AC=BC=AB=2. 在Rt△CNB中,NB=, 可得NC=,故C(0,1, ).连结MC,作NH⊥MC于H,设H(0,λ, λ) (λ>0). ∴=(0,1－λ,－λ),
=(0,1, ). · = 1－λ－2λ=0, ∴λ= ,
∴H(0, , ), 可得=(0,, － ), 连结BH,则=(－1,, ),
∵·=0+ － =0, ∴⊥, 又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC,
∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又=(－1,1,0),
∴cos∠NBH= = =
∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又=(－1,1,0),
A
B
C
D
E
A1
B1
C1
∴cos∠NBH= = =
66．（全国II）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，
D、E分别为BB1、AC1的中点．
（Ⅰ）证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线；
（Ⅱ）设AA1＝AC＝AB，求二面角A1－AD－C1的大小．
解法一：A
B
C
D
E
A1
B1
C1
O
F
（Ⅰ）设O为AC中点，连接EO，BO，则EOC1C，又C1CB1B，所以
EODB，EOBD为平行四边形，ED∥OB． ……2分
∵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为异面直线AC1与BB1的公垂线．……6分
（Ⅱ）连接A1E，由AA1＝AC＝AB可知，A1ACC1为正方形，
∴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，垂足为F，连接A1F，则A1F⊥AD，∠A1FE为二面角A1－AD－C1的平面角．
不妨设AA1＝2，则AC＝2，AB＝ED＝OB＝1，EF＝＝，
tan∠A1FE＝，∴∠A1FE＝60°．
所以二面角A1－AD－C1为60°． ………12分
解法二：
（Ⅰ）如图，建立直角坐标系O－xyz，其中原点O为AC的中点．
设A(a，0，0)，B(0，b，0)，B1(0，b，2c)．
则C(－a，0，0)，C1(－a，0，2c)，E(0，0，c)，D(0，b，c)． ……3分
A
B
C
D
E
A1
B1
C1
O
z
x
y
＝（0，b，0），＝(0，0，2c)．
·＝0，∴ED⊥BB1．
又＝(－2a，0，2c)，
·＝0，∴ED⊥AC1， ……6分
所以ED是异面直线BB1与AC1的公垂线．
（Ⅱ）不妨设A(1，0，0)，则B(0，1，0)，C(－1，0，0)，A1(1，0，2)，
＝(－1，－1，0)，＝(－1，1，0)，＝(0，0，2)，
·＝0，·＝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)，
＝(－1，0，－1)，＝(－1，0，1)，＝(0，1，0)，
·＝0，·＝0，即EC⊥AE，EC⊥ED，又AE∩ED＝E，
∴ EC⊥面C1AD． ……10分
cos＜，＞＝＝，即得和的夹角为60°．
所以二面角A1－AD－C1为60°．
67．（山东卷）如图，已知平面A1B1C1平行于三棱锥V-ABC的底面ABC，等边∆ AB1C所在的平面与底面ABC垂直，且ACB=90°，设AC=2a,BC=a.
（1）求证直线B1C1是异面直线AB1与A1C1的公垂线；
（2）求点A到平面VBC的距离；
（3）求二面角A-VB-C的大小.
解法1：（Ⅰ）证明：∵平面∥平面，
又∵平面⊥平面，平面∩平面，
∴⊥平面，，
又，.
为与的公垂线.
（Ⅱ）解法1：过A作于D，
∵△为正三角形，∴D为的中点.
∵BC⊥平面∴，
又，∴AD⊥平面，∴线段AD的长即为点A到平面的距离.
在正△中，.∴点A到平面的距离为.
解法2：取AC中点O连结，则⊥平面，且=.
由（Ⅰ）知，设A到平面的距离为x，，
即，解得.
即A到平面的距离为.
则
所以，到平面的距离为.
(III)过点作于，连，由三重线定理知
是二面角的平面角。
在中，
。。
所以，二面角的大小为arctan.
解法二：取中点连,易知底面，过作直线交。
取为空间直角坐标系的原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系。则。
（I），，
，。
又
由已知。，
而。
又显然相交，是的公垂线。
（II）设平面的一个法向量， 又
由取 得
点到平面的距离，即在平面的法向量上的投影的绝对值。
，设所求距离为。
则=
所以，A到平面VBC的距离为.
（III）设平面的一个法向量
由
取
二面角为锐角，所以，二面角的大小为
68．（山东卷）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为
等腰梯形，AB∥DC,AC⊥BD,AC与BD相交于点O，且顶点
P在底面上的射影恰为O点，又BO=2,PO=,PB⊥PD.
(Ⅰ)求异面直接PD与BC所成角的余弦值；
(Ⅱ)求二面角P－AB－C的大小；
(Ⅲ)设点M在棱PC上，且为何值时，PC⊥平面BMD.
解法一：平面，
又，
由平面几何知识得：
（Ⅰ）过做交于于，连结，则或其补角为异面直线与所成的角，
四边形是等腰梯形，
又四边形是平行四边形。
是的中点，且
又，为直角三角形，
在中，由余弦定理得
故异面直线PD与所成的角的余弦值为
（Ⅱ）连结，由（Ⅰ）及三垂线定理知，为二面角的平面角
，
二面角的大小为
（Ⅲ）连结，
平面平面，
又在中，
，
，
故时，平面
解法二： 平面
又，，
由平面几何知识得：
以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标为，，，，，
（Ⅰ）， ，
。
。
故直线与所成的角的余弦值为
（Ⅱ）设平面的一个法向量为，
由于，，
由 得 取，又已知平面ABCD的一个法向量，
又二面角为锐角，所求二面角的大小为
（Ⅲ）设，由于三点共线，，
平面，
由（1）（2）知：，。
A
B
A1
B1
α
β
l
，故时，平面。
69．(陕西卷)如图,α⊥β,α∩β=l , A∈α, B∈β,点A在直线l 上
的射影为A1, 点B在l的射影为B1,已知AB=2,AA1=1, BB1=, 求:
(Ⅰ) 直线AB分别与平面α,β所成角的大小;
(Ⅱ)二面角A1－AB－B1的大小.
A
B
A1
B1
α
β
l
第69题解法一图
E
F
A
B
A1
B1
α
β
l
第69题解法二图
y
x
y
E
F
解法一: (Ⅰ)如图， 连接A1B，AB1， ∵α⊥β， α∩β=l ,AA1⊥l， BB1⊥l，
∴AA1⊥β， BB1⊥α． 则∠BAB1，∠ABA1分别是AB与α和β所成的角．
Rt△BB1A中， BB1= ， AB=2， ∴sin∠BAB1 = = ． ∴∠BAB1=45°．
Rt△AA1B中， AA1=1，AB=2， sin∠ABA1= = ， ∴∠ABA1= 30°．
故AB与平面α，β所成的角分别是45°，30°．
(Ⅱ) ∵BB1⊥α， ∴平面ABB1⊥α．在平面α内过A1作A1E⊥AB1交AB1于E，则A1E⊥平面AB1B．过E作EF⊥AB交AB于F，连接A1F，则由三垂线定理得A1F⊥AB， ∴∠A1FE就是所求二面角的平面角．
在Rt△ABB1中，∠BAB1=45°，∴AB1=B1B=． ∴Rt△AA1B中，A1B== = ． 由AA1·A1B=A1F·AB得 A1F== = ，
∴在Rt△A1EF中，sin∠A1FE = = ， ∴二面角A1－AB－B1的大小为arcsin．
解法二: (Ⅰ)同解法一．
(Ⅱ) 如图，建立坐标系， 则A1(0，0，0)，A(0，0，1)，B1(0，1，0)，B(，1，0)．在AB上取一点F(x，y，z)，则存在t∈R，使得=t ， 即(x，y，z－1)=t(，1，－1)， ∴点F的坐标为(t， t，1－t)．要使⊥，须·=0， 即(t， t，1－t) ·(，1，－1)=0， 2t+t
－(1－t)=0，解得t= ， ∴点F的坐标为(，－， )， ∴=(，， )． 设E为AB1的中点，则点E的坐标为(0，， )． ∴=(，－，)．
又·=(，－，)·(，1，－1)= － － =0， ∴⊥，
∴∠A1FE为所求二面角的平面角．
又cos∠A1FE= = = = = ，
∴二面角A1－AB－B1的大小为arccos．
70．(上海卷)在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60．
（1）求四棱锥P－ABCD的体积；
（2）若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
[解]（1）在四棱锥P-ABCD中,由PO⊥平面ABCD,得∠PBO是PB与平面ABCD所成的角, ∠PBO=60°.
在Rt△AOB中BO=ABsin30°=1, 由PO⊥BO,于是,PO=BOtg60°=,而底面菱形的面积为2.
∴四棱锥P-ABCD的体积V=×2×=2.
（2）解法一：以O为坐标原点,射线OB、OC、
OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立
空间直角坐标系.
在Rt△AOB中OA=,于是,点A、B、
D、P的坐标分别是A(0,－,0),
B (1,0,0), D (－1,0,0), P (0,0, ).
E是PB的中点,则E(,0,) 于是=(,0, ),=(0, ,).
设的夹角为θ,有cosθ=,θ=arccos,
∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos；
解法二：取AB的中点F,连接EF、DF.
由E是PB的中点,得EF∥PA，
∴∠FED是异面直线DE与PA所成角(或它的补角)，
在Rt△AOB中AO=ABcos30°==OP，
于是, 在等腰Rt△POA中，PA=，则EF=.
在正△ABD和正△PBD中,DE=DF=，
cos∠FED==
∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos.
71．(上海卷)在直三棱柱中，.
（1）求异面直线与所成的角的大小；
（2）若与平面S所成角为，求三棱锥的体积。
解：(1) ∵BC∥B1C1, ∴∠ACB为异面直线B1C1与AC所成角(或它的补角)
∵∠ABC=90°, AB=BC=1, ∴∠ACB=45°,
∴异面直线B1C1与AC所成角为45°.
(2) ∵AA1⊥平面ABC,∠ACA1是A1C与平面ABC所成的角, ∠ACA =45°.
∵∠ABC=90°, AB=BC=1, AC=,∴AA1=.
∴三棱锥A1-ABC的体积V=S△ABC×AA1=.
72．（四川卷）如图，在长方体中，分别是的中点，分别是的中点，
（Ⅰ）求证：面；
（Ⅱ）求二面角的大小；
（Ⅲ）求三棱锥的体积。
点评：本小题主要考察长方体的概念、直线和平面、平面和平面的关系等基础知识，以及空间想象能力和推理能力。
解法一：（Ⅰ）证明：取的中点，连结
∵分别为的中点
∵
∴面，面
∴面面 ∴面
（Ⅱ）设为的中点 ∵为的中点 ∴ ∴面
作，交于，连结，则由三垂线定理得，从而为二面角的平面角。
在中，，从而
在中，
故：二面角的大小为
（Ⅲ）
作，交于，由面得∴面
∴在中，
∴
方法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立直角坐标系，则
∵分别是的中点
∴
（Ⅰ） 取，显然面
，∴
又面 ∴面
（Ⅱ）过作，交于，取的中点，则
设，则
又由，及在直线上，可得: ，解得
∴ ∴ 即
∴与所夹的角等于二面角的大小
故二面角的大小为
（Ⅲ）设为平面的法向量，则
又
∴ 即 ∴可取
∴点到平面的距离为
∵，
∴
∴
73.（天津卷）如图，在五面体中，点是矩形的对角线的交点，面
是等边三角形，棱．
（1）证明//平面；
（2）设，证明平面．
解析：本小题考查直线与平面平行、直线与平面垂直等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力。
（Ⅰ）证明：取CD中点M，连结OM.
在矩形ABCD中，，又，
则，连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形.
又平面CDE，切EM平面CDE，∵FO∥平面CDE
（Ⅱ）证明：连结FM，由（Ⅰ）和已知条件，在等边△CDE中，
且.
因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM而FM∩CD=M，∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO.而，所以EO⊥平面CDF.
74.（浙江卷）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形,AD∥BC,
∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD，且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为
PC、PB的中点.
(Ⅰ)求证：PB⊥DM;
(Ⅱ)求CD与平面ADMN所成的角
点评：本题主要考查空间线线、线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力。
解：方法一：（I）因为是的中点，，所以.
因为平面，所以，从而平面.
因为平面，所以.
（II）取的中点，连结、，则，
所以与平面所成的角和与平面所成的角相等.
因为平面，所以是与平面所成的角.
在中，.
故与平面所成的角是.
方法二：如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则
.
（I） 因为，所以
（II） 因为，所以，
又因为，所以平面
因此的余角即是与平面所成的角.
因为，
所以与平面所成的角为.
75.(重庆卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA底面ABCD,DAB为直角，AB‖CD,AD=CD=24,E、F分别为PC、CD的中点.
（Ⅰ）试证：CD平面BEF;
（Ⅱ）设PA＝k·AB,且二面角E-BD-C的平面角大于,求k的取值范围.
解析：（I）证：由已知且为直角。故ABFD是矩形。从而。又底面ABCD，，故由三垂线定理知D 中,E、F分别为PC、CD的中点，故EF//PD,从而，由此得面BEF。
（II）连接AC交BF于G，易知G为AC的中点，连接EG，则在中易知EG//PA。又因PA底面ABCD，故EG底面ABCD。在底面ABCD中，过G作GHBD。垂足为H，连接EH，由三垂线定理知EHBD。从而为二面角E－BD－C的平面角。
设
以下计算GH，考虑底面的平面图。连结GD，因
故GH＝.在。而
。因此，
。由知是锐角。故要使 ，必须，解之得，中的取值范围为
76.(重庆卷)如图，在正四棱柱中，，为上使的点。平面交于，交的延长线于，求：
（Ⅰ）异面直线与所成角的大小；
（Ⅱ）二面角的正切值；
解法一：（Ⅰ）由为异面直线与所成角．（如图1）
连接．因为ＡＥ和分别是平行平面，
所以AE//,由此得
（Ⅱ）作于H,由三垂线定理知
即二面角的平面角.
.从而.
解法二：（Ⅰ）由为异面直线与所成角．（如图2）
因为和AF是平行平面，
所以,由此得
（Ⅱ）为钝角。
作的延长线于H,连接AH，由三垂线定理知
的平面角.
.
从而.
解法三：（Ⅰ）以为原点，A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x、y、z轴建立如图3所示的空间直角坐标系，于是，
因为和AF是平行平面
，所以．设Ｇ（0,y,0）,则,
于是.故.设异面直线与所成的角的大小为,则:,从而
（Ⅱ）作 H,由三垂线定理知的平面角. 设H（a,b,0）,则:.由得:
……①
又由,于是 ……②
联立①②得:,
由 得:.
77.（上海春）在长方体中，已知，求异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）.
解：（常规法） 连接A1D， ∵A1D∥B1C, ∴∠BA1D为异面直线A1B与B1C所成的角．连接BD，在△A1DB中， ，
则 .
∴ 异面直线A1B与B1C所成角的大小为 .
（坐标法）以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.
则A1(4,0,3)、B(4,4,0)、B1(4,4,3)、C(0,4,0)，
得．
设 与 的夹角为θ ，则 ，所以 与 的夹角大小为 ，即异面直线A1B与B1C所成角的大小为 ．
P
A
B
C
D
O
E
