浙江省2014届理科数学复习试题选编28：空间角和空间距离（学生版）

浙江省2014届理科数学复习试题选编28：空间角和空间距离（学生版）

浙江省 2014 届理科数学复习试题选编 28：空间角和空间距离 一、选择题 1. ．（浙 江 省 海 宁 市 2013 届 高 三 2 月 期 初 测 试 数 学 （ 理 ） 试 题 ） 在 平 行 四 边 形 中 , ,点 是线 段 上任一点(不包含点 ),沿直线 将△ 翻折成△ ,使 在平面 上的射影 落在直线 上,则 的最小值是 （　　） A． B． C．2 D． 2.．（浙江省六校联盟 2013 届高三回头联考理科数学试题）棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 在空间直角坐标 系中移动,但保持点 （　　） A．B 分别在 X 轴、y 轴上移动,则点 C1 到原点 O 的最远距离为 （　　） A． B． C．5 D．4 3. ．（温州市 2013 年高三第一次适应性测试理科数学试题）正方体 中, 与平面 所成角的余弦值为 （　　） A． B． C． D． 4. ．（浙江省绍兴一中 2013 届高三下学期回头考理科数学试卷）已知正方体 的棱长为 1, 是对角线 上的两点,动点 在正方体表面上且满足 ,则动点 的轨迹长度的 最大值为 （　　） A．3 B． C． D．6 5. ．（浙江省“六市六校”联盟 2013 届高三下学期第一次联考数学（理）试题）如图所示,在正方体 中, 为 上一点,且 , 是侧面 上的动点,且 平面 ,则 与平面 所成角的正切值构成的集合是 （　　） A． B． C． D． 1111 DCBAABCD − E 1DD 13 1 DDDE = F 11CCDD //1FB BEA1 FB1 11CCDD }2 3{ }135 2{ }22 3 2 3|{ ≤≤ mm }2 3135 2|{ ≤≤ mm ABCD 2 2, 60BC AB B= = ∠ =  E AD D CE CDE ECD ' 'D ABCE F CE 'AD 4 3− 4 2− 3 2 2 2 3 1 1 1 1ABCD A B C D− 1CC 1A BD 2 3 3 3 2 3 6 3 1111 DCBAABCD − NM , 1AC P |||| PNPM = P 23 33 6. ．（浙江省稽阳联谊学校 2013 届高三 4 月联考数学(理)试题（word 版） ）已知四面体 中, 为 棱 的中点,则过点 与侧面 和底面 所在平面都成 的平面共有(注:若二面角 的大小为 ,则平面 与平面 所成的角也为 ) （　　） A． 个 B． 个 C． 个 D．无数个 7.．（浙江省温州中学 2013 届高三第三次模拟考试数学（理）试题）已知正四面体 中, 为 的 中点,则过点 与侧面 和底面 所在平面都成 的平面共有 (注:若二面角 的大小为 ,则平面 与平面 所成的角也为 ) （　　） A．2 个 B．4 个 C．6 个 D．无数个 非选择题部分(共 100 分) 8. ．（【解析】浙江省镇海中学 2013 届高三 5 月模拟数学（理）试题）如图 是等腰直角三角形,其中 ,且 ,现将 折起,使得二面角 为直角,则下列叙 述正确的是 ① ; ②平面 的法向量与平面 的法向量垂直; ③异面直线 BC 与 AD 所成的角为 ;④直线 DC 与平面 ABC 所成的角为 （　　） A．①③ B．①④ C．①③④ D．①②③④ 9. ．（浙江省五校 2013 届高三上学期第一次联考数学（理）试题）一质点受到平面上的三个力 (单 位:牛顿)的作用而处 于平衡状态.已知 成 角, 且 的大小分别为 1 和 2,则有 （　　） A． 成 角 B． 成 角 C． 成 角 D． 成 角 10.．（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯 WORD 版））在空间中,过点 作平面 的垂 A BCD− P AD P ABC BCD 60 lα β− − 120 α β 60 2 4 6 A BCD− P AD P ABC BCD 60 lα β− − 120 α β 60 ABC∆ 90A∠ = ° , 30DB BC BCD⊥ ∠ = ° ABC∆ A BC D− − 0BD AC⋅ =  BCD ACD 60° 30° 1C （第 10 题图） A B C D E 1A 1B 1D 1 2 3, ,F F F 1 2,F F 120 1 2,F F 1 3,F F 90 1 3,F F 150 2 3,F F 90 2 3,F F 60 A π 线 , 垂 足 为 , 记 . 设 是 两 个 不 同 的 平 面 , 对 空 间 任 意 一 点 , ,恒有 ,则 （　　） A．平面 与平面 垂直 B．平面 与平面 所成的(锐)二面角为 C．平面 与平面 平行 D．平面 与平面 所成的(锐)二面角为 11.．（浙江省宁波市 2013 届高三第一学期期末考试理科数学试卷）正方体 ABCD-A1B1C1D1 中 BC1 与截面 BB1D1D 所成的角是 （　　） A． B． C． D． 二、填空题 12.．（浙江省永康市 2013 年高考适应性考试数学理试题 ）如图,斜边长为 4 的直角 , , 且 在平面 上, , 在平面 的同侧, 为 的中点.若 在平面 上的射影 是以 为直角顶点的三角形 ,则 到平面 的距离的取值范围是____. 13. ．（浙 江 省 温 州 八 校 2013 届 高 三 9 月 期 初 联 考 数 学 （ 理 ） 试 题 ） 在 二 面 角 中 , 且 已知 , , 则二面 角 的余弦值为___________ 14.．（浙江省宁波一中 2013 届高三 12 月月考数学（理）试题）正四面体 S—ABC 中,E 为 SA 的中点,F 为 的中心,则直线 EF 与平面 ABC 所成的角的正切值是____ _______________. 15.．（浙江省 2013 年高考模拟冲刺（提优）测试二数学（理）试题）在三棱锥 S-ABC 中,△ABC 为正三角形, 且 A 在面 SBC 上的射影 H 是△SBC 的垂心,又二面角 H-AB-C 为 300,则 ________; 16.．（浙江省杭州四中 2013 届高三第九次教学质检数学（理）试题）如图,在正方形ABCD 中,E,F 分别为线段 AD,BC 上的点,∠ABE=20°,∠CDF=30°.将△ABE 绕直线 BE、△CDF 绕直线 CD 各自独立旋转一周,则在所 有旋转过程中,直线 AB 与直线 DF 所成角的最大值为_________. ABC∆ =90B∠  60A∠ =  A α B C α M BC ABC∆ α A ''CAB∆ M α M α C'B' C B A βα −−l ,,,, βα ⊂⊂∈∈ BDAClBlA ,, lBDlAC ⊥⊥ ,1=AB 2== BDAC 5=CD βα −−l ABC∆ B )(AfB π= βα, P )]([)],([ 21 PffQPffQ βααβ == 21 PQPQ = α β α β 045 α β α β 060 6 π 4 π 3 π 2 π SA AB = 17.．（浙江省杭州高中 2013 届高三第六次月考数学（理）试题） 和 是两个腰长均为 1 的等腰 直角三角形,当二面角 为 时,点 和 之间的距离等于 __________.(请写出所有 可 能的值) 三、解答题 18.．（浙江省杭州二中 2013 届高三 6 月适应性考试数学（理）试题）等边三角形 的边长为 ,点 、 分别是边 、 上的点,且满足 (如图 1).将△ 沿 折起到△ 的位 置,使二面角 成直二面角,连结 、 (如图 2). (Ⅰ)求证: 平面 ; (Ⅱ)在线段 上是否存在点 ,使直线 与平面 所成的角为 ?若存在,求出 的长,若 不存在,请说明理由. 19.．（浙江省考试院 2013 届高三上学期测试数学（理）试题）如图,平面ABCD⊥平面 ADEF,其中 ABCD 为矩 形,ADEF 为梯形, AF∥DE,AF⊥FE,AF=AD=2 DE=2. (Ⅰ) 求异面直线 EF 与 BC 所成角的大小; (Ⅱ) 若二面角 A-BF-D 的平面角的余弦值为 ,求 AB 的长. 1ABC∆ 2ABC∆ 1 2C AB C− − 60 1C 2C ABC D E AB AC AD DB = 1 2 CE EA = ADE DE 1A DE 1A DE B− − 1A B 1AC 1A D ⊥ BCED BC P 1PA 1A BD 60 PB A B C DE F 3 B C E D 1A 图 2图 1 A B C D E 1 3 20.．（浙江省温州市十校联合体 2013 届高三上学期期末联考理科数学试卷）如图,AC 是圆 O 的直径,点 B 在圆 O 上,∠BAC=30°, BM⊥AC 交 AC 于点 M,EA⊥平面 ABC,FC//EA,AC=4,EA=3,FC=1. (I)证明:EM⊥BF; (II)求平面 BEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值. 21.．（浙江省名校新高考研究联盟 2013 届高三第一次联考数学（理）试题）如图, 为圆 的直径,点 、 在圆 上, ,矩形 所在的平面与圆 所在的平面互相垂直.已知 , . (Ⅰ)求证:平面 平面 ; (Ⅱ)求直线 与平面 所成角的大小; (Ⅲ)当 的长为何值时,平面 与平面 所成的锐二面角的大小为 ? A E F D B C (第 20 题图) E A F C M B O （第 20 题图） AB O E F O EFAB // ABCD O 2=AB 1=EF ⊥DAF CBF AB CBF AD DFC FCB 60 FA B C D O. E 22.．（浙江省湖州市 2013 年高三第二次教学质量检测数学(理)试题(word 版) ）如图,一个正 和一个平 行四边形 在同一个平面内,其中 , 的中点分别为 . 现沿直 线 将 翻折成 ,使二面角 为 ,设 中点为 . (Ⅰ) (i)求证:平面 平面 ; (ii)求异面直线 与 所成角的正切值; (Ⅱ)求二面角 的余弦值. 23.．（浙江省一级重点中学（六校）2013 届高三第一次联考数学（理）试题）如图:在直三棱柱 中, , . (Ⅰ)若异面直线 与 所成的角为 ,求棱柱的高 ; (Ⅱ)设 是 的中点, 与平面 所成的角为 ,当棱柱的高 变化时,求 的最大值. 24.．（浙江省新梦想新教育新阵地联谊学校 2013 届高三回头考联考数学（理）试题 ）如图,在四棱锥 中, 底面 , , , , , 是 的中点. (Ⅰ)证明: ; (Ⅱ)证明: 平面 ; ABC′∆ ABDE 8 43AB BD AD= = =， AB DE， F G， AB ABC′∆ ABC∆ C AB D− − 120° CE H //CDF AGH AB CE C DE F− − 1 1 1ABC A B C− 1AB AC= = 90BAC∠ =  1A B 1 1B C 60 h D 1BB 1DC 1 1A BC θ h sinθ P ABCD− PA ⊥ ABCD ADAB ⊥ CDAC ⊥ °=∠ 60ABC BCABPA == E PC CD AE⊥ PD ⊥ ABE 第20题 A B C′ F D E G D E G A B F H C (Ⅲ)求二面角 的正切值. 25. ．（浙 江 省 宁 波 市 十 校 2013 届 高 三 下 学 期 能 力 测 试 联 考 数 学 （ 理 ） 试 题 ） 如 图 , 中 , 两 点 分 别 在 线 段 . 现 将 沿 折成直二面角 . (1)求证:当 时, ;(2)当 时,二面角 的大小能否等于 ?若 能,求出 的值;若不能,请说明理由. 26.．（浙江省温州中学 2013 届高三第三次模拟考试数学（理）试题）如图,在三棱锥 中, (I)求证:平面 ⊥平面 (II)若动点 在底面三角形 上,二面角 的余弦值为 ,求 的最小值. A PD C− − ABCP − 22,4 ====== BCABACPCPBPA ABC APC M ABC M PA C− − 3 22 BM A B C D P E ABC∆ 90 , 2, 1,B AB BC D E∠ = = = 、 AB AC、 上，满足 , (0,1)AD AE AB AC λ λ= = ∈ ABC∆ DE A DE B− − 1 2 λ = ADC ABE⊥面 面 (0,1)λ ∈ E AC D− − 4 π λ A B C D E A B C D E 27. ．（【 解 析 】 浙 江 省 镇 海 中 学 2013 届 高 三 5 月 模 拟 数 学 （ 理 ） 试 题 ） 如 图 , 在 梯 形 中 , ,平面 平面 ,四边形 是矩形, ,点 在线段 上. (1)求证: 平面 ;(2)求二面角 的余弦值. 28.．（2013 届浙江省高考压轴卷数学理试题）如图,在斜三棱柱 中,侧面 ⊥底面 ,侧棱 与底面 成 60°的角, .底面 是边长为 2 的正三角形,其重心为 点, 是线段 上一点,且 . (1)求证: //侧面 ; (2)求平面 与底面 所成锐二面角的正切值; (3)在直线 上是否存在点 T,使得 ?若存在,指出点 T 的位置;若不存在,说明理由. ABCD / / , , 60AB CD AD CD CB a ABC= = = ∠ = ° ACFE ⊥ ABCD ACFE AE a= M EF BC ⊥ ACFE B EF D− − 1 1 1ABC A B C− 1 1AA B B ABC 1AA ABC 1 2AA = ABC G E 1BC 1 1 3BE BC= GE  1 1AA B B 1B GE ABC AG AGTB ⊥1 第 20 题图 29.．（浙江省 2013 年高考模拟冲刺（提优）测试二数学（理）试题）如图:在多面体 EF-ABCD 中,四边形 ABCD 是平行四边形,△EAD 为正三角形,且平面 EAD 平面 ABCD,EF∥AB, AB=2EF=2AD=4, . (Ⅰ)求多面体 EF-ABCD 的体积; (Ⅱ)求直线 BD 与平面 BCF 所成角的大小. 30.．（浙江省温岭中学 2013 届高三高考提优冲刺考试（五）数学（理）试题）如图,在长方形 中, , , 为 的中点,现将 沿 折起,使平面 ⊥平面 , 连 , , . (Ⅰ)求证: 平面 ; (Ⅱ)求二面角 的余弦值. 31.．（浙江省嘉兴市第一中学2013届高三一模数学（理）试题）如图,直角梯形 ABCD 中 ,AB//CD, = 90° , BC = CD = ,AD = BD:EC 丄底面 ABCD, FD 丄底面 ABCD 且有 EC=FD=2. ( I )求证:AD 丄 BF : (II )若线段 EC 上一点 M 在平面 BDF 上的射影恰好是 BF 的中点 N,试求二面角 B-MF-C 的余弦值. ⊥ 060=∠DAB ABCD 2=AB 1=AD E DC DAE∆ AE DAE ABCE DB DC BE BE ⊥ ADE CBDE −− E A D C B A B CE D （第 20 题） BCD∠ 2 32.．（浙江省稽阳联谊学校 2013 届高三 4 月联考数学(理)试题（word 版） ）如图,在矩形 中, 为边 上一点,以直线 为折线将点 折起至点 并保持 为锐角, 连接 取 中点 ,若有 平面 (I)求线段 的长; (II)当 时 (i)求证:平面 平面 ; (ii)求平面 与平面 所成角的余弦值. 33.．（浙江省嘉兴市 2013 届高三上学期基础测试数学（理）试题）如图, 是棱长为 1 的正 ABCD 2 1AB ,BC ,E= = AB EC B ,P PEB∠ , , ,PA PC PD PD F / /AF .PEC AE 60PEB∠ =  PEC ⊥ CDAE PEC PAD 1 1 1 1ABCD A B C D− 方体,四棱锥 中, 平面 , . (Ⅰ)求证:平面 平面 ; (Ⅱ)求直线 与平面 所成角的正切值. 34.．（浙江省杭州高中 2013 届高三第六次月考数学（理）试题）如图,已知长方形 中, , 为 的中 点. 将 沿 折起,使得平面 平面 . (1) 求证: (2)点 是线段 上的一动点,当二面角 大小为 时,试确定点 的位置. 35.．（浙江省杭州四中 2013 届高三第九次教学质检数学（理）试题）如图,已知ABCD 是边长为 1 的正方 形,AF⊥平面 ABCD,CE∥AF, . (Ⅰ)证明:BD⊥EF; P D1 C1 C D BA A1 B1 第20题 ABCD 1,2 == ADAB M DC ADM∆ AM ⊥ADM ABCM BMAD ⊥ E DB DAME −− 3 π E )1( >= λλ AFCE 1 1 1 1P A B C D− P∈ 1 1DCC D 1 1 5 2PC PD= = 1 1PA B 1 1ABC D 1PA 1 1ADD A A (Ⅱ)若 AF=1,且直线 BE 与平面 ACE 所成角的正弦值为 ,求 的值. 36.．（浙江省乐清市普通高中 2013 届高三上学期期末教学质量检测数学（理）试题）如图,底角为 的等腰 梯形 垂直于矩形 , . (1)求证:平面 平面 ; (2)当 长为 2 时,求二面角 的余弦值的大小. 37. ．（浙 江 省 六 校 联 盟 2013 届 高 三 回 头 联 考 理 科 数 学 试 题 ） 如 图 , 在 四 棱 锥 P-ABCD 中 ,PA⊥ 底 面 ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD, ABC=60°,PA=AB=BC,E 是 PC 的中点. (Ⅰ)证明:CD ⊥AE; (Ⅱ)证明:PD⊥平面 ABE; (Ⅲ)求二面角 A-PD-C 的正切值. 10 23 λ （第 20 题图） F E D CB A 060 ABFE ABCD 1,2 == EFAB ⊥ADF BCF AD AEFD −− 38.．（浙江省温州市 2013 届高三第三次适应性测试数学(理)试题（word 版） ）已知四棱锥 , 底面 , 与 交于点 ,又 (Ⅰ) 求证: 平面 ; (Ⅱ)求二面角 的余弦值. 39.．（浙江省重点中学协作体 2013 届高三摸底测试数学（理）试题）如图,斜三棱柱 ,已知侧 面 与 底 面 ABC 垂 直 且 ∠BCA=90°,∠ , =2, 若 二 面 角 为 30°, (Ⅰ)证明 及求 与平面 所成角的正切值; (Ⅱ)在平面 内找一点 P,使三棱锥 为正三棱锥,并求 P 到平面 距离 40.．（浙江省温州八校 2013 届高三 9 月期初联考数学（理）试题）如图,四棱锥 的底面 为 矩形,且 , , , (Ⅰ)平面 与平面 是否垂直?并说明理由; (Ⅱ)求直线 与平面 所成角的正弦值. P ABCD− ABCD 1PA AD= = 2AB = 120 , 90PAB PBC° °∠ = ∠ = PAD PAB PC ABCD ABCDP − ⊥PA ABCD ACADABBCAD ,,// ⊥ bd O ,6,32,2,3 ==== BCABADPA ⊥BD PAC APBO −− 111 CBAABC − CCBB 11 1 60B BC =  1BBBC = CBBA −− 1 CCBBAC 11平面⊥ 1AB CCBB 11 BBAA 11 CBBP 1− CBB1 A B C 1 1 1 A C B 41.．（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯 WORD 版））如图,在四面体 中, 平面 , . 是 的中点, 是 的中点,点 在线段 上,且 . (1)证明: 平面 ;(2)若二面角 的大小为 ,求 的大小. 42.．（浙江省诸暨中学 2013 届高三上学期期中考试数学（理）试题）如图,已知四棱锥 中, 平面 ,底面 是直角梯形, , 是线段 上一点, 平面 . (Ⅰ)求 证: 平面 (Ⅱ)若 , , ,求直线 与平面 所成角的正弦值. 43.．（浙江省温州十校联合体 2013 届高三期中考试数学（理）试题）(本 小题满分 14 分)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,D,E 分别是 AC,AB 上的中 点, 将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,作 A1F⊥CD,垂足为 F,如图 2. (1)求证:DE∥平面 A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)若∠A=45°,AC=2,在线段 CD 上是否存在点 F,使得二面角 A1-BE-F 为 45°.若存在,则指出点 F 的 D C BA P ABCDP − ⊥PA ABCD ABCD PAC BCDA− ⊥AD BCD 22,2, ==⊥ BDADCDBC M AD P BM Q AC QCAQ 3= //PQ BCD DBMC −− 060 BDC∠ A B C D P Q M （第 20 题图） 90DAB ABC∠ = ∠ = ° E PC PC ⊥ BDE BD ⊥ 4PA = 2AB = 1BC = AC PCD 位置,若不存在,请说明理由. 44.．（浙江省永康市 2013 年高考适应性考试数学理试题 ）如图,在三棱锥 中,直线 平面 ,且 ,又点 , , 分别是线段 , , 的中点,且点 是线段 上的动点. (Ⅰ)证明:直线 平面 ; (Ⅱ)若 =8,且二面角 的平面角的余弦值为 ,试求 的长度. 45.．（浙江省“六市六校”联盟 2013 届高三下学期第一次联考数学（理）试题）如图,边长为 4 的正方形ABCD 所在平面与正 ΔPAD 所在平面互相垂直,M、Q 分别为 PC、AD 的中点. (1)求证:PA∥平面 MBD; (2)求二面角 P-BD-A 的余弦值; (3)试问:在线段 AB 上是否存在一点 N,使得平面 PCN⊥平面 PQB,若存在,试指出点 N 的位置,并证明你 的结论;若不存在,请说明理由. ABCP − ⊥PA ABC °=∠ 90ABC Q M N PB AB BC K MN //QK PAC BCABPA == MAKQ −− 3 9 MK K Q NM P C B A 46.．（浙江省五校联盟 2013 届高三下学期第一次联考数学（理）试题）在四棱锥 中, // , , , 平面 , . (Ⅰ)设平面 平面 ,求证: // ; (Ⅱ)求证: 平面 ; (Ⅲ)设点 为线段 上一点,且直线 与平面 所成角的正弦值为 ,求 的值. 47. ．（浙 江 省 嘉 兴 市 2013 届 高 三 第 二 次 模 拟 考 试 理 科 数 学 试 卷 ） 如 图 , 在 △ 中 , , ,点 在 上, 交 于 , 交 于 .沿 将△ 翻折成△ P ABCD- AB CD AB AD⊥ 4, 2 2, 2AB AD CD= = = PA ⊥ ABCD 4PA = PAB  PCD m= CD m BD ⊥ PAC Q PB QC PAC 3 3 PQ PB P D C B A P A B M Q D C （第 20 题图） ABC °=∠ 90C aBCAC == P AB BCPE // AC E ACPF // BC F PE APE ,使平面 平面 ;沿 将△ 翻折成△ ,使平面 平面 . (Ⅰ)求证: 平面 . (Ⅱ)设 ,当 为何值时,二面角 的大小为 ? 48.．（浙江省绍兴市 2013 届高三教学质量调测数学（理）试题（word 版） ）如图,在梯形 中, , , .点 在平面 上的射影为点 ,且 ,二面角 为 . (Ⅰ)求直线 与平面 所成角的大小; (Ⅱ)若 ,求三棱锥 的体积. 49.．（浙江省金丽衢十二校 2013 届高三第二次联合考试理科数学试卷）如图,在四边形 中, , ,点 为线段 上的一点.现将 沿线段 翻折到 (点 与点 重合),使得平面 平面 ,连接 , . (Ⅰ)证明: 平面 ; (Ⅱ)若 ,且点 为线段 的中点,求二面角 的大小. ABCD //AB CD ADAB ⊥ 4AD = P ABCD O 2 3PA PD= = P AD B− − 45 OA PAB 8AB BP+ = P ABD− O P D C BA E AD AD PEA' ⊥PEA' ABC PF BPF PFB' ⊥PFB' ABC //'CB PEA' λ= PB AP λ PBAC −− '' °60 AC B P E F P A B F C 'B 'A E （第 20 题） ABCD 4== ADAB 7== CDBC DCE∆ EC PAC D P PAC ⊥ ABCE PA PB ⊥BD PAC °=∠ 60BAD E CABP −− 50.．（浙江省温岭中学 2013 届高三高考提优冲刺考试（三）数学（理）试题 ）[来源:学、科、网] 已 知 四 棱 锥 , 底 面 , , 与 交 于 点 , 又 , . (1)求证: 平面 ;[来源:学科网] (2)求二面角 的余弦值.[来源:学_科_网 Z_X_X_K] 51.．（浙江省温州市 2013 届高三第二次模拟考试数学（理）试题）已知矩形 ABCD 中,AB= 2, AD = 5. E,F 分别在 AD,BC 上. 且 AE=1, BF = 3,沿EF 将四边形 AEFB 折成四边形 ,使点 在平面 CDEF 上 的射影 H 在直线 DE 上. (I)求证: //平面 (II)求二面角 -DE-F 的大小 . ABCDP − ⊥PA ABCD ADABBCAD ⊥，∥ AC BD O 3=PA 6,32,2 === BCABAD ⊥BD PAC APBO −− BEFA ′′ B′ DA′ FCB′ A′ 浙江省 2014 届理科数学复习试题选编 28：空间角和空间距离参考答案 一、选择题 1. A 2. D 3. D 4. B 5. C 6. B 提示:设平面 ABC 的法向量为 ,平面 BCD 的法向量为 ,因为二面角 的平面角的余弦值为 ,即平面角大约为 ,所以过点 P 与法向量 都成 的向量有 4 个,所以过点 P 与侧面 ABC 和底面 BCD 所在平面都成 的平面共有 4 个. 7. B 8. 【答案】B 解析:易证 ,则 ,到此很容易证明①④正确 ,②错误,而 与 所成的 角余弦值为 . 9. A. 10. A 11. A 二、填空题 12. 13. 14. 15. 16. 7 0° 17. 三、解答题 18.证明:(1)因为等边△ 的边长为 3,且 ,所以 , . 在△ 中, ,由余弦定理得 . 因为 ,所以 .折叠后有 . 因为二面角 是直二面 角 , 所 以 平 面 平 面 . 又 平 面 平 面 , 平 面 , a b A BC D− − 1 3 71 ,a b  60 60 BD ABC⊥ 面 AC ABD⊥ 面 BC AD 30 10 5(2, )2 2 1 22,1, 2 ABC AD DB = 1 2 CE EA = 1AD = 2AE = ADE 60DAE∠ =  2 21 2 2 1 2 cos60 3DE = + − × × × = 2 2 2AD DE AE+ = AD DE⊥ 1A D DE⊥ 1A DE B− − 1A DE ⊥ BCED 1A DE  BCED DE= 1A D ⊂ 1A DE 2 2 3 3 ,所以 平面 . (2) 解 法 1: 假 设 在 线 段 上 存 在 点 , 使 直 线 与 平 面 所 成 的 角 为 . 如 图 , 作 于点 ,连结 、 . 由 (1) 有 平 面 , 而 平 面 , 所 以 . 又 , 所 以 平面 . 所以 是直线 与平面 所成的角. 设 ,则 , .在 △ 中, ,所以 . 在 △ 中, , . 由 ,得 .解得 ,满足 ,符合题意. 所以在线段 上存在点 ,使直线 与平面 所成的角为 ,此时 . 解法 2:由(1)的证明,可知 , 平面 . 以 为坐标原点,以射线 、 、 分别为 轴、 轴、 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 如图 设 ,则 , , . 1A D DE⊥ 1A D ⊥ BCED BC P 1PA 1A BD 60 PH BD⊥ H 1A H 1A P 1A D ⊥ BCED PH ⊂ BCED 1A D ⊥ PH 1A D BD D= PH ⊥ 1A BD 1PA H∠ 1PA 1A BD PB x= ( )0 3x≤ ≤ 2 xBH = 3 2PH x= Rt 1PA H 1 60PA H∠ =  1 1 2A H x= Rt 1A DH 1 1A D = 12 2DH x= − 2 2 2 1 1A D DH A H+ = 2 2 2 1 11 2 2 2x x   + − =       5 2x = 0 3x≤ ≤ BC P 1PA 1A BD 60 5 2PB = ED DB⊥ 1A D ⊥ BCED D DB DE 1DA x y z D xyz− 2PB a= ( )0 2 3a≤ ≤ BH a= 3PH a= 2DH a= − B C E D 1A H P B C E D 1A H x y z P 所以 , , . 所 以 . 因 为 平 面 , 所 以 平 面 的 一 个 法 向 量 为 . 因 为 直 线 与 平 面 所 成 的 角 为 , 所 以 , 解得 . 即 ,满足 ,符合题意. 所以在线段 上存在点 ,使直线 与平面 所 成的角为 ,此时 . 19.本题主要考查空间点、线、面位置关系,异面直线所成角、二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查 空间想象能力和运算求解能力.满分 15 分. (Ⅰ) 延长 AD,FE 交于 Q.因为 ABCD 是矩形,所以 BC∥AD, 所以∠AQF 是异面直线 EF 与 BC 所成的角. 在梯形 ADEF 中,因为 DE∥AF,AF⊥FE,AF=2,DE=1 得 ∠AQF=30° (Ⅱ) 方法一: 设 AB=x.取 AF 的中点 G.由题意得 DG⊥AF. 因为平面 ABCD⊥平面 ADEF,AB⊥AD,所以 AB⊥平面 ADEF, 所以 AB⊥DG. 所以 DG⊥平面 ABF. 过 G 作 GH⊥BF,垂足为 H,连结 DH,则 DH⊥BF, 所以∠DHG 为二面角 A-BF-D 的平面角. 在直角△AGD 中,AD=2,AG=1,得 DG= . 在直角△BAF 中,由 =sin∠AFB= ,得 ( )1 0,0,1A ( )2 , 3 ,0P a a− ( )0, 3,0E ( )1 2, 3 ,1PA a a= − − ED ⊥ 1A BD 1A BD ( )0, 3,0DE = 1PA 1A BD 60 1 1 sin 60 PA DE PA DE =      2 3 3 24 4 5 3 a a a = = − + × 5 4a = 52 2PB a= = 0 2 3a≤ ≤ BC P 1PA 1A BD 60 5 2PB = A E F D B C (第 20 题图) H G Q 3 AB BF GH FG = , 所以 GH= . 在直角△DGH 中,DG= ,GH= ,得 DH= . 因为 cos∠DHG= = ,得 x= , 所以 AB= . 方法二:设 AB=x. 以 F 为原点,AF,FQ 所在的直线分别为 x 轴,y 轴建立空间直角坐标系 Fxyz.则 F(0,0,0),A(-2,0,0),E( ,0,0),D(-1, ,0),B(-2,0,x), 所以 =(1,- ,0), =(2,0,-x). 因为 EF⊥平面 ABF,所以平面 ABF 的法向量可取 =(0,1,0). 设 =(x1,y1,z1)为平面 BFD 的法向量,则 所以,可取 =( ,1, ). 因为 cos< , >= = ,得 x= , 所以 AB= . GH x 2 1 4x + 2 4 x x + 3 2 4 x x + 2 2 32 4 x x + + GH DH 1 3 2 155 2 155 3 3 DF 3 BF 1n 2n 1 1 1 1 2 0, 3 0, x z x x y − = − = 2n 3 2 3 x 1n 2n 1 2 1 2| | | | n n n n ⋅ ⋅     1 3 2 155 2 155 A E F D B C (第 20 题图) x z y 20.解:(1) . 如图,以 为坐标原点,垂直于 、 、 所在的直线为 轴建立空间直角坐标系.由已知条 件得 , . 由 , 得 , (2)由(1)知 . 设平面 的法向量为 , 由 得 ,] 令 得 , , 由已知 平面 ,所以取面 的法向量为 , 设平面 与平面 所成的锐二面角为 , 则 ,平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值 为 21. (I)证明: 平面 平面 , , 平面 平面 = , 平面 . 平面 , , 又 为圆 的直径, , 平面 3 3AM BM= =， A AC AC AE , ,x y z (0,0,0), (0, 3, 0), (0, 0, 3), ( 3, 3, 0), (0, 4,1)A M E B F (0, 3, 3), ( 3,1,1)ME BF∴ = − = −  (0, 3, 3) ( 3,1,1) 0ME BF⋅ = − ⋅ − =  MF BF⊥  EM BF∴ ⊥ ( 3, 3, 3), ( 3,1,1)BE BF= − − = −  BEF ( , , )n x y z= 0, 0,n BE n BF⋅ = ⋅ =    3 3 3 0 3 0 x y z x y z − − + = − + + = 3x = 1, 2y z= = ( )3,1, 2n∴ = EA ⊥ ABC ABC (0, 0, 3)AE = BEF ABC θ 3 0 1 0 2 3 2cos cos , 23 2 2 n AEθ → × + × + ×= < > = = ×  BEF ABC 2 2 x H FA B C D O. E y z  ⊥ABCD ABEF ABCB ⊥ ABCD ABEF AB ⊥∴CB ABEF ⊂AF ABEF CBAF ⊥∴ AB O BFAF ⊥∴ ⊥∴ AF CBF x y z A B C F MO• 平面 , 平面 平面 . (II)根据(Ⅰ)的证明,有 平面 , 为 在平面 内的射影, 因此, 为直 线 与平面 所成的角 6 分 , 四边形 为等腰梯形, 过点 作 ,交 于 . , ,则 . 在 中,根据射影定理 ,得 , . 直线 与平面 所成角的大小为 (Ⅲ)设 中点为 ,以 为坐标原点, 、 、 方向分别为 轴、 轴、 轴方向建立空 间 直 角 坐 标 系 ( 如 图 ). 设 , 则 点 的 坐 标 为 则 , 又 设平面 的法向量为 ,则 , . 即 令 ,解得 由(I)可知 平面 ,取平面 的一个法向量为 ,依题意 与 的夹角为 ,即 , 解得 因此,当 的长为 时,平面与 平面 所成的锐二面角的大小为 . ⊂AF ADF ∴ ⊥DAF CBF ⊥AF CBF ∴ FB AB CBF ABF∠ AB CBF EFAB // ∴ ABEF F ABFH ⊥ AB H 2=AB 1=EF 2 1 2 =−= EFABAH AFBRt∆ ABAHAF ⋅=2 1=AF 2 1sin ==∠ AB AFABF 30=∠∴ ABF ∴ AB CBF 30 EF G O OA OG AD x y z tAD = )0( >t D ),0,1( t ( 1,0, )C t− 1 3(1,0,0), ( 1,0,0), ( , ,0)2 2A B F− 1 3(2,0,0), ( , , )2 2CD FD t∴ = = −  DCF ),,(1 zyxn = 1 0n CD⋅ =  1 0n FD⋅ =  2 0, 3 0.2 x y tz =− + = 3=z tyx 2,0 == )3,2,0(1 tn =∴ AF ⊥ CFB CBF 2 1 3( , , 0)2 2n AF= = −  1n 2n 60 21 2160cos nn nn ⋅ ⋅=∴  2 1 3 2 4 3 1 t t = + ⋅ 6 4t = AD 6 4 DFC FCB 60 22.解法一:(Ⅰ) (i)证明:连 . 因为 为平行四边形, 分别为 中点, 所以 为平行四边形,所以 又 分别为 的中点,所以 平 面 , 平 面 , 所 以 平 面 , 平 面 , 而 平面 ,所以平面 平面 (ii)因为 ,所以 或其补角即为异面直线 与 所成的角 因为 为正三角形, , 为 中点,所以 ,从而 平面 ,而 ,所以 平面 ,因为 平面 ,所以 由条件易得 ,又 为二面角 的平面角,所以 ,所以 , 所以 (Ⅱ) 由(Ⅰ)的(ii)知 平面 ,即 ,所以 即为二面角 的平面角 解法二:(Ⅰ) (i)同解法一; (ii) 因为 为正三角形, , 为 中点,所以 ,从而 为二面 FD ABDE F G、 AB DE、 FDGA //FD AG H G、 CE DE、 //HG CD FD CD ⊄、 AGH AG HG、 ⊂ AGH //FD AGH //CD AGH FD CD ⊂、 CDF //CDF AGH //DE AB CED∠ AB CE ABC BD AD= F AB AB CF AB DF⊥ ⊥， AB ⊥ CFD //DE AB DE ⊥ CFD CD ⊂ CFD DE CD⊥ ( )2 2 14 3 3 32CF DF BD AB= = − =， CFD∠ C AB D− − 120CFD∠ = ° 2 2 2 cos 111CD CF DF CF DF CFD= + − ⋅ ∠ = 111tan 8 CDCED DE ∠ = = DE ⊥ CFD CD DE FD DE⊥ ⊥， CDF∠ C DE F− − 2 2 2 5 37111 27 48cos 2 372 111 3 3 CD DF CFCDF CD DF + − + −∠ = = =⋅ ⋅ ABC BD AD= F AB AB CF AB DF⊥ ⊥， CFD∠ 第20题 A B C′ F D E G D E G C A B F H A B C′ F D E G 第20题 xD E G C A B F H y z O 角 的平面角且 平面 ,而 平面 ,所以平面 平面 . 作 平面 于 ,则 在直线 上,又由二面角 的平面角为 ,故 在线段 的延长线上. 由 得 以 为原点, 为 轴建立空间直角坐标系,如图,则由上述及已知条件得各点坐标 为 , , , , , 所 以 , 所以异面直线 与 所成角的余弦值为 , 从而其正切值为 (Ⅱ) 由(Ⅰ)的(ii)知 ,设平面 的法向量为 ,则 由 , 得 令 ,得 又 平 面 的 一 个 法 向 量 为 , 而 二 面 角 为 锐 二 面 角 , 所 以 二 面 角 的余弦为 23.解法 1:(Ⅰ)由三棱柱 是直三棱柱可知, 即为高, 如图 1,因为 ,所以 是异面直线 与 所成的角或其补角, 连接 ,因为 ,所以 . 在 Rt△ 中,由 , ,可得 又异面直线 与 所成 的角为 ,所以 ,即△ 为正三角形. 于是 . 在 Rt△ 中,由 ,得 ,即棱柱的高为 (Ⅱ)设 ,如图 1,过点 在平面 内作 于 F,则 由 平面 , 平面 ,得 . C AB D− − AB ⊥ CFD AB ⊂ ABDE CFD ⊥ ABDE CO ⊥ ABDE O O DF C AB D− − 120CFD∠ = ° O DF 4 3CF = 2 3 6FO CO= =， F FA FD FZ、 、 x y z、 、 ( )0 4 0A ，， ( )0 4 0B −， ， ( )3 3 0 0D ，， ( )3 3 8 0E ，， ( )2 3 0 6C − ，， ( )0 8 0AB = − ， ， ( )5 3 8 6CE = − ，， AB CE ( ) 64 8cos 8 5 7 5 7 AB CE AB CE AB CE • = = = ×⋅      ， ( )2 5 7 64 111 8 8 − = ( ) ( )5 3 0 6 0 8 0CD DE= − = ，， ， ，， CDE 1 =n ( )x y z， ， 1 ⊥n CD 1 ⊥n DE 5 3 6 0 8 0. x z y  − = = ， 5 3z = 1 =n ( )6 0 5 3，， DEF ( )2 0 0 1= ，，n C DE F− − C DE F− − 1 2 1 2 1 2 5 37cos 37 •= =⋅， n nn n n n 111 CBAABC − 1AA 11// CBBC BCA1∠ BA1 11CB 1AC AB AC= 2 1 1 11A B AC AA= = + ABC 1AB AC= = 90BAC∠ =  2BC = 1A B 1 1B C 60 1 60A BC∠ =  1A BC 1 1 1 2A B B C= = 1A AB 2 1 11 2AA A B+ = = 1 1AA = 1 1 ( 0)AA h h= > D 1 1A B BA 1DF A B⊥ 1 1AC ⊥ 1 1BAA B DF ⊂ 1 1BAA B 1 1AC DF⊥ 而 ,所以 平面 . 故 就是 与平面 所成的角,即 在 △ 中,由 ,得 , 在 △ 中,由 , ,得 , 在 △ 中, 令 , (Ⅰ)因为异面直线 与 所成的角 ,所以 , 即 ,得 ,解得 (Ⅱ)由 是 的中点,得 ,于 是 . 设平面 的法向量为 ,于是由 , ,可得[来源:Zxxk.Com] 1 1 1 1AC A B A= DF ⊥ 1 1A BC 1DC F∠ 1DC 1 1A BC 1DC F θ∠ = Rt DFB 2 hBD = 22 1 hDF h = + Rt 1 1DB C 1 2 hB D = 1 1 2B C = 2 1 1 82DC h= + Rt 1DFC 2 4 221 2 1sin 1 9 882 h DF hh DC h hh θ += = = + ++ 4 2 2 2 1( ) 89 8 9 hf h h h h h = = + + + + 1A B 1 1B C 60 1 1 1 1 1 1 | |cos60 | | | | B C A B B C A B ⋅= ⋅      2 1 1 22 1a = ⋅ + 21 2h+ = 1h = D 1BB (1,0, )2 hD 1 ( 1,1, )2 hDC = − 1 1A BC ( , , )x y z=n 1A B⊥ n 1 1AC⊥ n 即 可取 , 于是 . 而 令 , 因为 ,当且仅当 ,即 时,等号成立. 所以 , 故当 时, 的最大值 24.解法一: (Ⅰ)证明:在四棱锥 中,因 底面 , 平面 , 故 . , 平面 .[来源:Zxxk.Com] 而 平面 , (Ⅱ)证明:由 , ,可得 . 是 的中点, . 由(Ⅰ)知, ,且 ,所以 平面 . 而 平面 , . 底面 在底面 内的射影是 , , . 又 ,综上得 平面 (Ⅲ)过点 作 ,垂足为 ,连结 .则(Ⅱ)知, 平面 , 在平面 内 的射影是 ,则 . 因此 是二面角 的平面角. 由已知,得 .设 , 可得 . 在 中, , , 则 .[来源:Zxxk.Com] 在 中, . 1 1 1 0, 0, A B AC  ⋅ = ⋅ =   n n 0, 0, x hz y − =  = ( , 0, 1)h=n 1sin | cos , |DCθ = < > n 1 1 4 2 2 21 | || | 2| cos , | | | | | 1 9 81 24 hhDC hDC DC h hh h − +⋅< > = = = ⋅ + ++ ⋅ +   nn n 4 2 2 2 1( ) 89 8 9 hf h h h h h = = + + + + 2 2 8 9 2 8 9h h + + ≥ + 2 2 8h h = 4 8h = 1 1 2 2 1( ) 78 19 2 8 f h −≤ = = ++ 4 8h = sinθ 2 2 1 7 − P ABCD− PA ⊥ ABCD CD ⊂ ABCD PA CD⊥ AC CD PA AC A⊥ =，∵ CD ⊥∴ PAC AE ⊂ PAC CD AE⊥∴ PA AB BC= = 60ABC∠ = ° AC PA= E∵ PC AE PC⊥∴ AE CD⊥ PC CD C= AE ⊥ PCD PD ⊂ PCD AE PD⊥∴ PA ⊥∵ ABCD PD， ABCD AD AB AD⊥ AB PD⊥∴ AB AE A=∵ PD ⊥ ABE A AM PD⊥ M EM AE ⊥ PCD AM PCD EM EM PD⊥ AME∠ A PD C− − 30CAD∠ = ° AC a= 2 3 21 2 3 3 2PA a AD a PD a AE a= = = =， ， ， ADPRt△ AM PD⊥∵ AM PD PA AD=∴ · · 2 3 2 73 721 3 a aPA ADAM aPD a = = = ·· AEMRt△ 1 4s in 4 A EA M E A M = = A B C D P E M 所以二面角 的正切值为 解法二: (Ⅰ)证明:以 AB、AD、AP 为 x、y,z 轴建立空间直角坐标系,设 AB=a. (Ⅱ)证明: (Ⅲ) 设平面 PDC 的法向量为 则 又平面 APD 的法向量是 ,所以二面角 的正切值是 25. A PD C− − 7 60ABC AB BC ABC∠ = = ∴∆ ， ， 是正三角形 2 360 30 3BAC DAC AD a∴∠ = ∴∠ = ∴ = ， ， ( )3 2 3, ,0 , 0, ,0 0,0, ,2 2 3 aC a D a P a    ∴           ， 3, ,4 4 2 a aE a  ∴     3 3, , 0 , , ,2 6 4 4 2 a a aCD a AE a    ∴ = − =            2 2 0,8 8 a aCD AE CD AE∴ ⋅ = − + = ∴ ⊥  ( ) ( ) 2 3,0,0 , ,0,0 , 0, ,3B a AB a PD a a  ∴ = = −       又 2 2 0, 02 2 a aPD AB PD AE∴ ⋅ = ⋅ = − =    ,PD AB PD AE∴ ⊥ ⊥ ,AB AE A PD ADE= ∴ ⊥又 平面 ( ), ,n x y z= ( ) 2 3 03 1, 3, 2 3 302 6 ay az z n a x yx ay  − =   ∴ =  = − + = 2y= 3即 ( ) 1 71,0,0 , cos , ,sin , 2 2 2 2 m m n m n= ∴ = =     tan , 7m n =  A PD C− − 7 A B C D P E F M 26. 解 :(1) 取 AC 中 点 O, 因 为 AP=BP, 所 以 OP⊥OC 由 已 知 易 得 三 角 形 ABC 为 直 角 三 角 形,∴OA=OB=OC,⊿POA≌⊿POB≌⊿POC,∴OP⊥OB ∴OP⊥平面 ABC, ∵OP 在平面 PAC 中,∴平面 ⊥平面 ( )[来源:学科网 ZXXK] (2) 以 O 为坐标原点,OB、OC、OP 分别为 x、y、z 轴建立如图所示空间直角坐标系. 由题意平面 PAC 的法向量 , 设平面 PAM 的法向量为 由 , 取 ABC APC 1 (1,0,0)n OB → → = = ( ) ( )2 , , , , ,0n x y z M m n= ( ) ( )0,2,2 3 , , 2,0AP AM m n∴ = = +  2 20, 0AP n AM n⋅ = ⋅ =    ( ) 2 2 3 0 2 0 y z mx n y  + =∴ + + = ( ) 2 3 2 , 3, 1nn m  += −  −   ∴ ∴ ∴BM 的最小值为垂直距离 . ( ) [来源:学&科&网 Z&X&X&K] 27. 证明:(1)在梯形 ABCD 中,∵ , ∴四边形 ABCD 是等腰梯形, 且 ∴ ,∴ 又∵平面 平面 ABCD,交线为 AC,∴ 平面 ACFE. (2)方法一;(几何法)取 EF 中点 G,EB 中点 H,连结 DG、GH、DH, ∵容易证得 DE=DF,∴ ∵ 平面 ACF E,∴ 又∵ ,∴ 又∵ ,∴ ∴ 是二面角 B—EF—D 的平面角. 在△BDE 中 ( )2 1 2 3( 2) 2 2cos , 33 2( ) 4 n mn n n m → → + −∴ < >= = + +− 3( 2) 4 2n m + = 4 2 3 2 3 0m n− − = 8 2 2 3 35 d −= , , 60AB CD AD DC CB a ABC= = = ∠ = ° 30 , 120 ,DCA DAC DCB∠ = ∠ = ° ∠ = ° 90ACB DCB DCA∠ = ∠ − ∠ = ° .AC BC⊥ ACFE ⊥ BC ⊥ .DG EF⊥ BC ⊥ .BC EF⊥ EF FC⊥ .EF FB⊥ GH FB .EF GH⊥ DGH∠ 2 22 , 3 , 5 .DE a DB a BE AE AB a= = = + = ∴ ∴ , ∴ 又 ∴在△DGH 中, 由余弦定理得 即二面角 B—EF—D 的平面角余弦值为 方法二;(向量法)以 C 为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系: , , , , 所以 , , 分别设平面 BEF 与平面 DEF 的法向量为 , 所以 ,令 ,则 又 ,显然 ,令 所以 , ,设二面角的平面角为 为锐角 所以 28. 【解析】解法 1:(1)延长 B1E 交 BC 于点 F, ∽△FEB,BE= EC1,∴BF= B1C1= BC, 从而点 F 为 BC 的中点. 2 2 2BE DE DB= + 90EDB∠ = ° 5 .2DH a= 5 2, .2 2DG a GH a= = 10cos ,10DGH∠ = 10 10 )0,0,0(C )0,,0( aB ),0,0( aF )0,2,2 3( aaD − ),0,3( aaE )0,0,3( aEF −= ),,0( aaBF −= ),2,2 3( aaaDF −= ),,( 1111 zyxn = ),,( 2222 zyxn =    =+−=⋅ =−=⋅ 0 03 111 11 azayBFn axEFn 11 =y 1,0 11 == zx    =++−=⋅ =−=⋅ 022 3 03 2222 22 azyaxaDFn axEFn 02 =x 2 1-,1 22 == zy 则 )1,1,0(1 =n )2 1,1,0(2 −=n θθ, 10 10 2 52 )2 1,1,0()1,1,0( cos 21 21 = × −⋅ =× •= nn nnθ 1 1B EC∆ 2 1 2 1 2 1 ∵G 为△ABC 的重心,∴A、G、F 三点共线.且 , 又 GE 侧面 AA1B1B,∴GE//侧面 AA1B1B. (2)在侧面 AA1B1B 内,过 B1 作 B1H⊥AB,垂足为 H,∵侧面 AA1B1B⊥底面 ABC, ∴B1H⊥底面 ABC.又侧棱 AA1 与底面 ABC 成 60°的角,AA1=2,∴∠B1BH=60°,BH=1,B1H= 在底面 ABC 内,过 H 作 HT⊥AF,垂足为 T,连 B1T,由三垂线定理有 B1T⊥AF, 又平面 B1CE 与底面 ABC 的交线为 AF,∴∠B1TH 为所求二面角的平面角. ∴AH=AB+BH=3,∠HAT=30°,∴HT=AH .在 Rt△B1HT 中, , 从而平面 B1GE 与底面 ABC 成锐二面角的正切值为 . (3)(2)问中的 T 点即为所求,T 在 AG 的延长线上,距离 A 点 处. 解法 2:(1)∵侧面 AA1B1B⊥底面 ABC,侧棱 AA1 与底面 ABC 成 60°的角,∴∠A1AB=60°, 又 AA1=AB=2,取 AB 的中点 O,则 AO⊥底面 ABC. 以 O 为原点建立空间直角坐标系 O— 如图, 则 , , , , , . ∵G 为△ABC 的重心,∴ . ,∴ , ∴ . 又 GE 侧面 AA1B1B,∴GE//侧面 AA1B1B. (2)设平面 B1GE 的法向量为 ,则由 得 可取 又底面 ABC 的一个法向量为 1 1 //,3 1 ABGEFB FE FA FG ∴== ⊄ .3 2 330sin =° 3 32tan 1 1 ==∠ HT HBTHB 2 3 3 2 33 xyz ( )0, 1,0A − ( )0,1,0B ( )3,0,0C ( )1 0,0, 3A ( )1 0,2, 3B ( )1 3,1, 3C 3 ,0,03G       1 1 3BE BC=   3 3,1,3 3E       1 3 10,1, 3 3CE AB  = =      ⊄ ( , , )a b c=n 1 0, 0. B E GE  ⋅ = ⋅ =   n n 3 2 3 0,3 3 3 0.3 a b c b c  − − =  + = ( )3, 1, 3= −n ( )0,0,1=m 设平面 B1GE 与底面 ABC 所成锐二面角的大小为 ,则 . 由于 为锐角,所以 ,进而 . 故平面 B1GE 与底面 ABC 成锐二面角的正切值为 . (3) ,设 , , 由 , ,解得 所以存在 T 在 AG 延长线上, . 29. θ 21cos | | | | 7 θ ⋅= =⋅ m n m n θ 2 2 7sin 1 cos 7 θ θ= − = 2 3tan 3 θ = 2 3 3 )0,1,3 3(=AG )0,,3 3( λλλ == AGAT )3,3,3 3(11 −−=+= λλATABTB AGTB ⊥1 033 1 1 =−+=⋅∴ λλAGTB 4 9=λ 2 33 2 3 4 9 === AFAGAT 30. 所以所求二面角的余弦值为 解法二(坐标法) 11 222 如图,取 的中点 ,则 面 .作 ,则 . 以 O 为原点,OA、OF、OD 为轴建立空间坐标系 则 , , , . 所以 , , . 设面 的法向量为 ,则 ,取 设面 的法向量为 ,则 ,取 ,所以所求二面角的余弦值为 31.解:(Ⅰ)证明:∵ ,且 , ∴ 且 ; 又由 ,可知 ∵ ,∴ 是等腰三角形,且 , ∴ ,即 ; ∵ 底面 ABCD 于 D, 平面 ABCD,∴ , ∴ 平面 DBF.又∵ 平面 DBF,∴可得 (Ⅱ)解:如图,以点 C 为原点,直线 CD、CB、CE 方向为 x、y、z 轴建系. DCBC ⊥ 2== CDBC 2=BD 45=∠=∠ BDCCBD DCAB // 45=∠=∠ CBDDBA 2=AD ADB∆ 45=∠=∠ DBADAB 90=∠ADB DBAD ⊥ ⊥FD ⊂AD DFAD ⊥ ⊥AD ⊂BF BFAD ⊥ x A B CE D O y y z x F AE O ⊥DO ABCE EBOF // AEOF ⊥ xyzO − )2 200( ，，D )0,22 2( ，−B )02 2,2( ，−C )002 2( ，，A )02 2 2 2( ，，−−=BC )2 222 2( −−= ，，DB )2 2,0,2 2( −=DA DBC ),,(1 zyxn =       =−+−=⋅ =−−=⋅ 02 222 2 02 2 2 2 1 1 zyxDBn yxBCn )3,1,1(1 −−=n DBE 2n DAn //2 )1,0,1(2 −=n 11 222,cos 21 >=< nn 11 222 可得 , 又∵ N 恰好为 BF 的中点,∴ 设 ,∴ . 又∵ ,∴可得 . 故 M 为线段 CE 的中点 设平面 BMF 的一个法向量为 , 且 , ,由 可得 , 取 得 又∵平面 MFC 的一个法向量为 , ∴ . 故所求二面角 B-MF-C 的余弦值为 32.解:(I)取 的中点 ,连接 , )0,2,22(),2,0,2(),0,2,0(),0,0,2( AFBD )1,2 2,2 2(N ),0,0( 0zM )1,2 2,2 2( 0zMN −=    =⋅ =⋅ 0 0 DFMN BDMN 10 =z ),,( 1111 zyxn = )2,2,2( −−=BF )1,2,0( −=BM    =⋅ =⋅ 0 0 1 1 nBM nBF    =+− =−− 02 0222 11 111 zy zyx      = = = 2 1 3 1 1 1 z y x )2,1,3(1 =n )0,1,0(2 =n 6 3,cos 21 21 21 =⋅>=< nn nnnn 6 3 PC G ,FG EG yA C M E D B M N 20 题解答 x z , 四点共面 平面 为平行四边形 (II)(i)证明: 异面直线 所成的角为 , ,取 CE 中点 O, 且 , 同理 所以 (ii)将该几何体补形成如图所示的长方体,以点 B 为坐标原点建立空间直角坐标系, 取平面 PCE 的一个法向量 设平面 PAD 法向量为 , , 由 得 ,取 ,得 平面 PEC 与平面 MAB1 所成角的余弦值为 33.取 的中点 ,连结 , . / / , / / , / /FG CD AE CD FG AE∴ , , ,A F G E∴ / /AF , / /PCE AF GE∴ AFGE∴ 1 1 12 2,GF CD AE AB= ∴ = =  ,PE CD 60 60PEB∴∠ =  1, 1PE BE PB= = ∴ = 1PE PC= = 90EDC∠ =  2 2BO = 2 2 2 , , , OP OB BP PO OB PO CE PO CDAE+ = ∴ ⊥ ⊥ ∴ ⊥ 平面 ,PO PCE PCE CDAE⊆ ∴ ⊥ 平面 平面 平面 1 1 2 0 2 0 1 2 02 2 2( , , ), ( , , ), ( , , )P A D 1 1 0( , , )m = ( , , )n x y z= 1 3 21 0 0 2 2 2( , , ), ( , , )AD AP= = −   0 0 n AD n AP  = =      20 3( , , )zn z= 3z = 0 2 3( , , )n = 1 11 cos , | || | m nm n m n ∴ < >= =      1 11 11CD H PH AH , , 平面 , ∴ ,∴ , ∴ , , ∴四边形 为平行四边形,∴ , 又 平面 , 平 面 , ∴ 平面 在正方体 中, , ∴ 平面 , ,∴平面 平面 (II)方法 1 以 直 线 为 的 如 图 所 示 空 间 直 角 坐 标 系 , 令 , 则 , ∴ ∵ (0,1,0)是平面 的一个法向量 设直线 与平面 所成角为 , ∴直线 与平面 所成角的正切值为 （第 20 题） P B D C 1B A 1A 1C 1D H  2 5 11 == PDPC 111 =CD ∈P 11 DDCC 2 1, 111 =⊥ HDCDPH 12 1 2 1 =−= HDPDPH AADDPH 11 //// AAPH 1= AHPA1 AHPA //1 ⊂AH 11 DABC ⊄1PA 11 DABC //1PA 11 DABC ABCD  ABBA //11 //11 BA 11 DABC  1111 ABAPA = //11BPA 11 DABC 1,, DDDCDA 轴轴轴， zyx , )1,0,1(1A ,2,2 1,0      P )0,0,0(D ,1,2 1,11      −−=PA =n 11 AADD 1PA 11 AADD θ 3 1sin 1 1 = • • = nPA nPA θ 4 2tan =θ 1PA 11 AADD 4 2 方法 2: ∵ ,∴直线 与平面 所成角等于直线 与平面 所成角. 正方 体 中,显然 平面 , ∴ 就是直线 与平面 所成角 在 中, , , ∴直线 与平面 所成角的正 切值为 . 34.取 AM 的中点 O,AB 的中点 B,则 两两垂直,以 O 为原点建立空间直角坐标系,如图.根据已 知条件,得 , , , k*s*5k*s*5 (1) 由 于 , 则 ,故 . (2)设存在满足条件的点 E,并设 , 则 则 点 E 的 坐 标 为 .( 其中 ) 易得平面 ADM 的法向量可以取 ,设平面 AME 的法向量为 ,则 , 则 则 , 取 ** 由 于 二 面 角 大 小 为 , 则 ODOAON ,, )0,0,2 2(A )0,2,2 2(−B )0,0,2 2(−M )2 2,0,0(D )0,2,0(),2 2,0,2 2( −=−= BMAD 0=⋅ BMAD BMAD ⊥ DBDE λ= )2 2,2,2 2()2 2,,( −−=− λEEE zyx )2 2 2 2,2,2 2( λλλ −− ]1,0[∈λ )0,1,0(1 =n ),,(2 zyxn = )0,0,2(−=AM )2 2 2 2,2,2 2 2 2( λλλ −−−=AE    =−++−−=⋅ =−=⋅ 0)2 2 2 2()2()2 2 2 2( 02 2 2 λλλ zyxAEn xAMn λλ 2:)1(:0:: −=zyx )2,1,0(2 λλ −=n DAME −− 3 π AHPA //1 1PA 11 AADD AH 11 AADD 1111 DCBAABCD − ⊥1HD 11 AADD 1HAD∠ AH 11 AADD 1HADRt∆ 2 1 1 =HD 21 =AD 4 2tan 1 1 1 ==∠ AD HDHAD 1PA 11 AADD 4 2 , 由于 , 故解得 . 故当 E 位于线段 DB 间,且 时,二面角 大小为 35.本题满分 14 分. (Ⅰ)方法 1:连结 BD、AC,交点为 O.∵ABCD 是正方形 ∴BD⊥AC ∵AF⊥平面 ABCD ∴AF⊥BD ∴BD⊥平面 ACEF ∴BD⊥EF 方 法 2:如图建立空间直角坐标系 A-xyz, ∵ , ∴ 设 ,那么 , 则 ∴ ∴BD⊥EF (Ⅱ)方法 1:连结 OE,由(Ⅰ)方法 1 知,BD⊥平面 ACEF, 所以∠BEO 即为直线 BE 与平面 ACE 所成的角 ∵AF⊥平面 ABCD,CE∥AF ,∴CE⊥平面 ABCD,CE⊥BC, ∵BC =1,AF=1,则 CE= ,BE= ,BO= , ∴Rt△BEO 中, , 因为 ,解得 方法 2:∵ ,由(Ⅰ)法 1 知,BD⊥平面 ACEF, 故 是平面 ACE 的法向量 记直线 BE 与面 ACE 所成角为 , |||| |||,cos|3cos 21 21 21 nn nnnn ⋅ ⋅=><=π 2 1 4)1( 1 22 = +− −= λλ λ ]1,0[∈λ 332 −=λ 332 −= DB DE DAME −− 3 π )0,0,1(B )0,1,0(D )0,1,1(−=BD ),0,0( hF ),1,1( hE λ ))1(,1,1( hEF λ−−−= 0=⋅ EFBD λ 21 λ+ 2 2 10 23 12 2sin 2 = λ+ ==∠ BE BOBEO 1>λ 3 4=λ ),1,0( λ=BE )0,1,1(−=BD θ y D z x F O （第 20 题图） E CB A 则 , ;因为 ,解得 36. (1)证明:∵平面 平面 ,且 ∴ 平面 ∵ 平面 ∴ ① 在梯形 中, ② 又∵ ③ 由①②③得 平面 ∴平面 平面 (2)解:分别取 的中点 ,两两连接, 易证 就是所求二面角的一个平面角 计算得 ,又∵ ∴ 37. 10 23 12 1sin 2 = λ+⋅ = ⋅ ⋅=θ BEBD BEBD 1>λ 3 4=λ ⊥ABEF ABCD ABAD ⊥ ⊥AD ABEF ⊂BF ABEF BFAD ⊥ ABEF BFAF ⊥ AAFAD = ⊥BF ADF ⊥ADF BCF DCABEF ,, NMG ,, MGN∠ α 2 3=GM 2== ADMN 1919 3 2 19 2 3 cos ==α 38. 39.本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推 理论证能力及运算求解能力,考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想及应用意识.满分 14 分. 解:(Ⅰ)面 面 ,因为面 面 = , , 所以 面 取 中点 ,连接 ,在 中, 是正三角形, ,又 面 且 面 , ,即 即为二面角 的平面角为 30°, 面 , ,在 中, , 又 面 , 即 与面 所成的线面角, 在 中, (Ⅱ)在 上取点 ,使 ,则因为 是 的中线, 是 的重心,在 中,过 作 // 交 于 , 面 , // 面 ,即 点在平面 上的射影是 的中心,该点即为所求, 且 , 40. (I)平面 平 面 ; 证明:由题意得 且 又 ,则 则 平面 , 故平面 平面 (Ⅱ)解法 1:以点 A 为坐标原点,AB 所在的直线为 y 轴建立空间直角坐标系如右图示 PAD ⊥ PAB AD AB⊥ //AD BC BC PB⊥ DA PB⊥ DA ⊥ PAB PAD ⊥ PAB CCBB 11 ⊥ ABC CCBB 11 ∩ CCBB 11 BC BCAC⊥ ⊥AC CCBB 11 1BB E AECE, 1CBB∆ 0 11 60,2 =∠== CBBCBBB 1CBB∆∴ 1BBCE ⊥∴ ⊥AC CCBB 11 ⊂1BB CCBB 11 AEBB ⊥∴ 1 CEA∠ CBBA −− 1 ⊥AC CCBB 11 CEAC⊥∴ ECARt∆ 130tan,3 0 =⋅=∴= CEACCE ⊥AC CCBB 11 ACB1∠∴ 1AB CCBB 11 CABRt 1∆ 2 1tan 1 1 ==∠ CB ACACB CE 1P 1 2 1 1 = EP CP CE BCB1∆ 1P∴ BCB1∆ ECA∆ 1P PP1 CA AE P ⊥AC CCBB 11 PP1 CA ⊥∴ 1PP 1CBB P 1CBB 1BCB∆ 3 11 = AC PP 3 1 1 =∴ PP P A B CD E 则 , , 可得 , 平面 ABCD 的单位法向量为 , 设直线 PC 与平面 ABCD 所成角为 ,则 则 ,即直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值 解法 2:由(I)知 平面 ,∵ 面 ∴平面 ABCD⊥平面 PAB, 在平面 PAB 内,过点 P 作 PE⊥AB,垂足为 E,则 PE⊥平面 ABCD,连结 EC, 则∠PCE 为直线 PC 与平面 ABCD 所成的角, 在 Rt△PEA 中,∵∠PAE=60°,PA=1,∴ , 又 ∴ 在 Rt△PEC 中 41.解:证明(Ⅰ)方法一:如图 6,取 的中点 ,且 是 中点,所以 .因为 是 中点, 所以 ;又因为(Ⅰ) 且 ,所以 ,所以面 面 ,且 面 ,所以 面 ; 方法二:如图 7 所示,取 中点 ,且 是 中点,所以 ;取 的三等分点 ,使 (0,0,1)D (0,2,1)C 3 1( , ,0)2 2P − 3 5( , , 1)2 2CP = − − (1,0,0)m = θ 3 62cos( )2 8| | | | 3 251 14 4 m CP m CP π θ ⋅− = = = ⋅ × + +     6sin 8 θ = 6 8 DA ⊥ PAB AD ⊂ ABCD 3 2PE = 2 2 2 2 cos120 7PB PA AB PA AB= + − ⋅ = 2 2 2 2PC PB BC= + = 3 62sin 82 2 PE PC θ = = = MD F M AD 3AF FD= P BM / /PF BD 3AQ QC= 3AF FD= / /QF BD / /PQF BDC PQ ⊂ BDC / /PQ BDC BD O P BM 1/ / 2PO MD CD H , 且 , 所 以 , 所 以 , 且 ,所以 面 ; (Ⅱ)如图 8 所示,由已知得到面 面 ,过 作 于 ,所以 ,过 作 于 , 连 接 , 所 以 就 是 的 二 面 角 ; 由 已 知 得 到 ,设 ,所以 , 在 中 , , 所 以 在 中 , ,所以在 中 ; 42. 3DH CH= 3AQ QC= 1 1/ / / /4 2QH AD MD / / / /PO QH PQ OH∴ OH BCD⊂ / /PQ BDC ADB ⊥ BDC C CG BD⊥ G CG BMD⊥ G GH BM⊥ H CH CHG∠ C BM D− − 8 1 3BM = + = BDC α∠ = cos ,sin 2 2 cos , 2 2 cos sin , 2 2 sin ,CD CG CB CD CG BCBD CD BD α α α α α α= = = ⇒ = = = RT BCG∆ 2sin 2 2 sinBGBCG BGBC α α α∠ = ∴ = ∴ = RT BHG∆ 2 2 1 2 2 sin 3 32 2 sin HG HG α α = ∴ = RT CHG∆ 2 2 2 cos sintan tan 60 3 2 2 sin 3 CGCHG HG α α α ∠ = = = = tan 3 (0,90 ) 60 60BDCα α α∴ = ∴ ∈ ∴ = ∴∠ =   43. 44. (Ⅰ)连结 QM,因为点 , , 分别是线段 , , 的中点 所以 QM∥PA 且 MN∥AC,从而 QM∥平面 PAC 且 MN∥平面 PAC 又因为 MN∩QM=M,所以平面 QMN∥平面 PAC 而 QK 平面 QMN 所以 QK∥平面 PAC (Ⅱ)方法 1:过 M 作 MH⊥AK 于 H,连 QH,则∠QHM 即为二面角 的平面 Q M N PB AB BC ⊂ MAKQ −− 角,设 ,且 则 ,又 ,且 ,所以 , 解得 ,所以 的长度为 方法 2:以 B 为原点,以 BC、BA 所在直线为 x 轴 y 轴建空间直角坐标系, 则 A(0,8,0),M(0,4,0),N(4,0,0),P(0,8,8),Q(0,4,4) , 设 K(a,b,0),则 a+b=4, =(0,-4,4), 记 ,则 取 则 , 则 , 又平面 AKM 的一个法向量 ,设二面角 的平面角为 则|cos |= ,解得 , 所以所以 的长度为 45. (1)证明:连接 AC 交 BD 于点 O,连接 MO 由正方形 ABCD 知 O 为 AC 的中点, M 为 PC 的中点, MO∥PA, MO 平面 MBD,PA 平面 MBD, PA∥平面 MBD;·····················5 分 (2)取 OD 中点 G,连接 QG、PG,则 QG∥AC, 又由四边形 ABCD 是正方形得 AC⊥BD, QG⊥BD,又 平面 ABCD⊥平面 PAD, ΔPAD 为正三角形,Q 为 AD 中点, PQ⊥平面 ABCD,而 BD 平面 ABCD, PQ⊥BD, BD⊥平面 PQG, BD⊥PG ∠PGQ 即为二面角 P-BD-A 的平面角,···8 分 由题意可得,QG= ,PQ= ,PG= , cos∠PGQ= ;···············10 分 (3) 存 在 点 N, 当 N 为 AB 中 点 时 , 平 面 PQB⊥PNC,···························12 分 四边形 ABCD 是正方形,Q 为 AD 的中点, BQ⊥NC, 由(2)知, PQ⊥平面 ABCD,NC 平面 ABCD, PQ⊥NC, 又 BQ PQ=Q, NC⊥平面 PQB, NC 平 面 PNC, 平 面 PNC⊥ 平 面 PQB·······························14 分 xMK = 8=== PCPBPA 1624 22 2 ++ = xx xMH 4=QM 9 3cos =∠QHM ==∠ MH QMQHMtan 2616242 2 =++ x xx 2=x MK 2 AQ )0,4,( aaAK −−= ( , , )n x y z AQK= 为平面 的一个法向量    += =⇒    =⋅ =⋅ yaax zy Azkn AQn )4(0 0 azy == ax += 4 ),,4( aaan += (0,0,1)m = MAKQ −− θ θ 9 3 2)4(|||| || 22 = ++ =⋅ aa a nm nm 1=a MK 2  ∴  ⊂ ⊄ ∴ ∴  ∴ ⊂ ∴ ∴ ∴ ∴ 2 32 14 ∴ 7 7  ∴ ⊂ ∴ ∩ ∴  ⊂ ∴ P A N B M Q O G D C (向量法略) 46. (1) , 又面 , (2)以 点为坐标原点, 为 轴, 轴, 轴建立空间直角坐标系. 则 即 ,即 ,又 (3)由(2)得, 是面 的一个法向量, 设 ,则 , 则 47.解:(Ⅰ)因为 , 平面 ,所以 平面 因为平面 平面 ,且 ,所以 平面 . 同理, 平面 ,所以 ,从而 平面 所以平面 平面 ,从而 平面 (Ⅱ)以 C 为原点, 所在直线为 轴, 所在直线为 轴,过 C 且垂直于平面 的直线为 轴,建 立空间直角坐标系,如图 PABABPABCDABCD 面面 ⊂⊄ ,,// PABCD 面//∴ PCDCDlPCDPAB 面面 ⊂=∩ , lCD //∴ A APADAB ,, x y z )0,22,2(),0,0,0(),4,0,0(),0,22,0(),0,0,4( CAPDB )4,0,0(),0,22,2(),0,22,4( ==−=∴ APACBD ,0=⋅∴ ACBD ACBD ⊥ 0=⋅ APBD APBD ⊥ PACAPAC 面⊂, PACBD 面⊥∴ BD PAC )4,0,( xxQ − )4,22,2( −−= xxQC )40( ≤≤ x 3 3 2812262 4 2 = +−⋅ = ⋅ ⋅ xx x BDQC BDQC 3 7=∴x PEFC // ⊄FC PEA' //FC PEA' ⊥PEA' ABC PEEA ⊥' ⊥EA' ABC ⊥FB' ABC EAFB '//' //'FB PEA' //'CFB PEA' //'CB PEA' CB x CA y ABC z P A B F C 'B 'A E （第 20 题） y x z y x z P O D C BA 则 , , , . , , . 平面 的一个法向量 , 平面 的一个法向量 由 , 化简得 ,解得 48.解:(Ⅰ)方法 1:∵ ,∴ 点在平面 上的射影 在线段 的中垂线上,设 的中点为 ,连接 ,∴ ,∴ 为二面角 的 平面角,∴ 在等腰△ 中,∵ ,∴ ,又 , ∴ . 在 △ 中,得 以 为原点,分别以平行于 , 的直线为 轴、 轴建立空间直角坐标系,则 , ,所以 , ∵ 轴,故可取一个 的平行向量 . 设平面 的法向量是 , 则 即 取 ∴直线 与平面 所成角 满足 PA PD= P ABCD O AD AD E ,EP EO ADEPADEO ⊥⊥ , PEO∠ P AD B− − 45PEO∠ =  PAD 4AD = 2== EDEA 32== PDPA 22=PE Rt PEO 2OP OE= = O AD AB x y (0,0,2)P (2, 2,0)A − )0,2,2( −=OA (2, 2, 2)PA = − − //AB y AB ( )0,1,0m = PAB ),,( zyxn = 0, 0,  ⋅ = ⋅ =     PA n m n 2 2 2 0, 0, x y z y − − =  = (1,0,1)n = AO PAB θ )0,0,0(C )1,1,0(' ++ λ λ λ aaA )1,0,1(' ++ λλ λ aaB )0,1,1( ++ λλ λ aaP )1,1,0(' ++= λ λ λ aaCA )1 )1(,1,1('' + − +−+= λ λ λλ λ aaaBA )1,1,0(' +−+= λλ aaPB ''BCA )1,,1( −= λλm ''BPA )1,1,1(=n 2 160cos 311 |11| |||| || 2 2 =°= ⋅++ −+ =⋅ λ λ λλ nm nm 09881 2 2 =+−−+ λλλ λ 2 537 ±=λ E K H O P E D C BA , 所以直线 与平面 所成角为 方法 2:过 点作 ,垂足为 ,连接 . 过 作 ,垂足为 ,连接 . 平面 ,∴ . ,∴ 平面 . 又 平面 , ∴ ,又 ,∴ 平面 . ∴ 就是 与平面 所成角 ∵ ,∴ 点在平面 上的射影 在线 段 的中垂线上,设 的中点为 ,连接 , ∴ ,∴ 为二面角 的平面角,∴ . 在等腰△ 中,∵ ,∴ ,又 , ∴ .在 △ 中,得 ,∴ . 又 , ,在 △ 中,可得 ∴ ,∴ 所以直线 与平面 所成角为 (Ⅱ)设 ,则 ,连接 . 在 △ 中, ,又由(Ⅰ)得 , , ∴ ,∴ 在△ 中, , 又 ,∴ , 得 ,即 ∴三棱锥 的体积 49.解:(Ⅰ)连接 , 交于点 ,在四边形 中, ∵ , ∴ ,∴ , ∴ 又∵平面 平面 ,且平面 平面 = sinθ = (2, 2,0) (1,0,1) 8 2 − ⋅ ⋅ 1 2 = OA PAB 030 O OH AB⊥ H PH O OK PH⊥ K AK PO ⊥ ABCD PO AB⊥ OH AB⊥ AB ⊥ POH OK ⊂ POH AB OK⊥ OK PH⊥ OK ⊥ PAB OAK∠ OA PAB PA PD= P ABCD O AD AD E ,EP EO ADEPADEO ⊥⊥ , PEO∠ P AD B− − 45PEO∠ =  PAD 4AD = 2== EDEA 32== PDPA 22=PE Rt PEO 2OP OE= = 2 2OA = 2OH AE= = 2PO = Rt POH 2OK = 1sin 2 OKOAK OA ∠ = = 30OAK∠ =  OA PAB 30 AB x= 8PB x= − OB Rt POB 222 OBPOPB += OE AE⊥ OE AE= 45OAE∠ =  45OAB∠ =  OAB 2 2 2OB AO AB= + − 2 cosAO AB OAB⋅ ∠ 28 4x x= + − 22 )8( xPB −= 22 )8()48(4 xxx −=−++ 3 13=x 13 3AB = P ABD− 1 3− ∆= ⋅P ABD ABDV S OP 1 1 13 524 23 2 3 9 = × × × × = AC BD O ABCD 4== ADAB 7== CDBC ADCABC ∆≅∆ BACDAC ∠=∠ BDAC ⊥ PAC ⊥ ABCE PAC  ABCE AC ∴ 平面 (Ⅱ)如图,以 为原点,直线 , 分别为 轴, 轴,平面 内过 且垂直于直线 的直线 为 轴建立空间直角坐标系,可设点 又 , , , ,且由 , 有 ,解得 ,∴ 则有 ,设平面 的法向量为 , 由 ,即 ,故可取 又易取得平面 的法向量为 ,并设二面角 的大小为 , ∴ ,∴ ∴二面角 的大小为 50. .证 明:以 AB 为 x 轴, AD 为 y 轴,AP 为 z 轴,A 为坐标原点, 建立空间直角坐标系. 则 底面 平面 ; (2)设 的法向量为 )3,0,0(),0,6,32(),0,0,0(),0,2,0(),0,0,32( PCADB )0,2,32(−=BD )3,0,32(),0,6,32( −== PBAC 01212 =+−=• ACBD ACBD ⊥∴ ⊥PA又 BDPAABCD ⊥∴， ⊥∴ BD PAC PBO平面 ),,,,( zyxn = ⊥BD PAC O OA OB x y PAC O AC z ),0,( zxP )0,0,32(A )0,2,0(B )0,0,3(−C )0,1,3( −E 2=PE 7=PC    =++ =++− 7)3( 41)3( 22 22 zx zx 33 2== zx )33 2,0,33 2(P )3 32,0,3 34(−=AP PAB ),,( cban =    =⋅ =⋅ 0 0 nAB nAP    = = xy xz 3 2 )2,3,1(=n ABC )1,0,0( CABP −− θ 2 2 81 )2,3,1()1,0,0(cos = ⋅ ⋅=θ 4 πθ = CABP −− 4 π 的法向量为 , 由题可知二面角 为锐角,故余弦值为 注:也可以 51. (I)∵ ∥ ∥ ∴ ∥平面 , ∥平面 ∴平面 ∥平面 ∴ ∥平面 (II)方法一: 由(I)可知平面 ∥平面 ∴二面角 与二面角 互补 过 作 于 ,连结 ∵ 平面 ∴ ∴ 平面 ∴ ∵ , , ∴ ∵ ∴ 又∵ , ∴ ∵ ∴ 过 作 交 延长线于点 ,连结 ∵ 平面 ∴ ∴ 平面 ∴ ∴ 为二面角 的平面角 ∵ ∴ PBA平面 ),,0,1,0(=m 0332 =−=• zxPBn 0232 =+−=• yxBDn )3 32,3,1(=n 4 3,cos =•= nm nmnm APBO −− 4 3 PBD ABP S S ∆ ∆=αcos 'A E ' ,B F DE FC 'A E 'B FC DE 'B FC 'A E DE E= 'A ED 'B FC 'A D 'B FC 'A ED 'B FC 'A DE F− − 'B FC E− − 'B 'B K EF⊥ K HK 'B H ⊥ CDEF 'B H EF⊥ EF ⊥ 'B KH EF KH⊥ ' 45B FE∠ =  ' 90B KF∠ =  ' 3B F = 3 2 2FK = 2 2EF = 2 2EK = 45KEH∠ =  90HKE∠ =  1EH = ' 5B E = ' 2B H = H HL CF⊥ CF L 'B L 'B H ⊥ CDEF 'B H CF⊥ CF ⊥ 'B HL 'CF B L⊥ 'B LH∠ 'B CF E− − 2 'HL B H= = ' 45B LH∠ =  ∴二面角 的大小为 方法二: 如图,过 作 ∥ ,过 作 平面 分别以 , , 为 , , 轴建立空间直角坐标系 ∵ 在平面 上的射影 在直线 上,设 ( ) ∵ , , ∴ ∴ ∴ ∴ 设平面 的法向量为 又有 ∴ 又∵平面 的法向量为 设二面角 的大小为 ,显然 为钝角 ∴ ∴ 'A DE F− − 135 E ER DC E ES ⊥ EFCD ER ED ES x y z 'B CDEF H DE '(0, , )B y z ,y z R+∈ (2,2,0)F ' 5B E = ' 3B F = 2 2 2 2 15 24 ( 2) 9 yy z zy z = + = ⇒  =+ − + =  '(0,1,2)B ' ( 2, 1,2)FB = − − 1 2 1 2' ' ( , , )3 3 3 3EA FB= = − −  'A DE 0 0 0( , , )n x y z= (0,4,0)ED = 2 1 2 0 (1,0,1)3 3 3 4 0 x y z n y − − + = ⇒ =  =  CDEF (0,0,1)m = 'A DE F− − θ θ 2cos | cos , | 2n mθ = − < > = −  135θ = 