2011五年高考三年模拟新课标版答案

2011五年高考三年模拟新课标版答案

2011 五年高考三年模拟新课标版答案 一、选择题 1.（2010 全国卷 2 理）（11）与正方体 的三条棱 、 、 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, ） (B)（1, ） (C) ( , ） (D) （0, ） 【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= ， SD= ， 则 有 <2+ ， 即 ，即有 a< (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; 1 1 1 1ABCD A B C D− AB 1CC 1 1A D 6 2+ 2 2 6 2− 6 2+ 2 2 3 2 1a − 2 1a − 3 2 28 4 3 ( 6 2)a < + = + 6 2+ A B CD A1 B1 C1 D1 O 综上分析可知 a∈（0, ） 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 中，底面 为边长等于 2 的等边三角 形， 垂直于底面 ， =3，那么直线 与平面 所成角的正弦值为 （A） (B) (C) (D) 【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 SBC 所成角，由正三角形边长 3 ，∴ ， AS=3，∴ SE= ，AF= ，∴ 5.（2010 全国卷 1 文）（9）正方体 - 中， 与平面 所成角的余弦 值为 （A） （B） （C） （D） 【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 AC 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. 6 2+ S ABC− ABC SA ABC SA AB SBC 3 4 5 4 7 4 3 4 3AE = 2 3 3 2 3sin 4ABF∠ = ABCD 1 1 1 1A B C D 1BB 1ACD 2 3 3 3 2 3 6 3 1D A B C S E F 【解析 1】因为 BB1//DD1,所以 B 与平面 AC 所成角和 DD1 与平面 AC 所成角相等, 设 DO ⊥平面 AC ，由等体积法得 , 即 .设 DD1=a, 则 , . 所 以 , 记 DD1 与 平 面 AC 所 成 角 为 , 则 ,所以 . 【解析 2】设上下底面的中心分别为 ； 与平面 AC 所成角就是 B 与平面 AC 所成角， 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) (B) (C) (D) 7.（2010 全国卷 1 理）（7）正方体 ABCD- 中，B 与平面 AC 所成角的余弦值 为 （A） （B） （C） （D） 8.（2010 四川文）（12）半径为 的球 的直径 垂 直于平面 ，垂足为 ， 是平面 内边长为 1B 1D 1D 1D 1 1D ACD D ACDV V− −= 1 1 1 1 3 3ACD ACDS DO S DD∆ ∆⋅ = ⋅ 1 2 2 1 1 1 3 3sin 60 ( 2 )2 2 2 2ACDS AC AD a a∆ = = × × = 21 1 2 2ACDS AD CD a∆ = = 1 3 1 2 3 33 ACD ACD S DD aDO aS a ∆ ∆ = = = 1D θ 1 3sin 3 DO DD θ = = 6cos 3 θ = 1 ,O O 1O O 1D 1B 1D 1 1 1 1 3 6cos 1/ 32 O OO OD OD ∠ = = = 2 3 3 4 3 3 2 3 8 3 3 1 1 1 1A B C D 1B 1D 2 3 3 3 2 3 6 3 R O AB a B BCD∆ a R 的正三角形，线段 、 分别与球面交于点 、 ，那么 、 两点间的球面距离 是 （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故 tan∠BAC＝ cos∠BAC＝ 连结 OM，则△OAM 为等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝ ，同理 AN＝ ，且 MN∥CD 而 AC＝ R,CD＝R 故 MN：CD＝AN:AC ⇒ MN＝ ， 连结 OM、ON，有 OM＝ON＝R 于是 cos∠MON＝ 所以 M、N 两点间的球面距离是 二、填空题 1.（2010 江西理）16.如图，在三棱锥 中，三条棱 ， ， 两两垂直，且 > > ,分别经过三条棱 ， ， 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为 ， ， ，则 ， ， 的大小关系为 。 【答案】 【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 。 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。 AC AD M N M N 17arccos 25R 18arccos 25R 1 3 Rπ 4 15 Rπ 1 2 2 5 5 4 5 5 R 4 5 5 R 5 4 5 R 2 2 2 17 2 25 OM ON MN OM ON + − =  17arccos 25R O ABC− OA OB OC OA OB OC OA OB OC 1S 2S 3S 1S 2S 3S 3 2 1S S S< < 3 2 1S S S< < α • A B • β 设顶点 p（x，y）的纵坐标与横坐标的函数关系是 ，则 的最小正周期为 ； 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】4 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 ，则 的 最小正周期为 ； 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】4 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 的大小是 60°，线段 . ， 与 所成的角为 30°.则 与平面 所成的角的正弦值是 . 【答案】 【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 的平面角，为 60° 又由已知，∠ABD＝30°连结 CB，则∠ABC 为 与平面 所成的角 设 AD＝2，则 AC＝ ，CD＝1 AB＝ ＝4 ∴sin∠ABC＝ 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 ( )y f x= ( )f x ( )y f x= 1π + ( )y f x= ( )f x ( )y f x= 1π + χ χ χ χ χ χ lα β− − AB α⊂ B l∈ AB l AB β 3 4 lα β− − AB β 3 0sin30 AD 3 4 AC AB = α • A B • β C D 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 可得 ,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 20 的几何体的三视图， 则 ． 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 可 得 ,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 ． 3V V V+ =球 水 柱 3 3 2 24 8 63 r r r rπ π π× + × = × 3cm h = cm 3V V V+ =球 水 柱 3 3 2 24 8 63 r r r rπ π π× + × = × 【答案】 【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 ，侧面积为 ，所以其表面积为 。 【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 的侧面 是菱形， （Ⅰ）证明：平面 平面 ； （ Ⅱ ） 设 是 上 的 点 ， 且 平 面 ， 求 的值. 解：（Ⅰ）因为侧面 BCC1B1 是菱形，所以 又已知 所又 平面 A1BC1，又 平面 AB1C ， 所以平面 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. 1 1 1ABC A B C− 1 1BCC B 1 1B C A B⊥ 1AB C ⊥ 1 1A BC D 1 1AC 1 //A B 1B CD 1 1:A D DC 11 BCCB ⊥ BBCBABACB =∩⊥ 1111 ,且 ⊥CB1 ⊂CB1 ⊥CAB1 6+2 3 32 4 2 34 × × = 3 2 1 6× × = 6+2 3 （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, ） ， N （ ,0,0 ） ， S （1, ,0）.……4 分 （Ⅰ） , 因为 ， 所以 CM⊥SN ……6 分 （Ⅱ） , 设 a=（x，y，z）为平面 CMN 的一个法向量， 则 ……9 分 因为 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） 1 2 1 2 1 2 1 1 1(1, 1, ), ( , ,0)2 2 2CM SN= − = − −  1 1 0 02 2CM SN• = − + + =  1( ,1,0)2NC = − 1 0,2 21 0.2 x y z x x y  − + = = − + = 令 ，得a=( 2, 1, - 2) . 11 22cos , 223 2 a SN − − = = ×  如图，直三棱柱 ABC-A B C 中，AC=BC， AA =AB，D 为 BB 的中点，E 为 AB 上的一 点，AE=3 EB （Ⅰ）证明：DE 为异面直线 AB 与 CD 的公垂线； （Ⅱ）设异面直线 AB 与 CD 的夹角为 45°,求二面角 A -AC -B 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 ， 。 （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 平面 ,则 MO⊥平面 ，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= ，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= ,MH= , 利 用 体 积 相 等 得 ： 。 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∠ ⊥ ⊥ 2 3AB = MCD ⊥ BCD BCD 3 ⊥ ⊥ 3 2 15 2 2 15 5A MBC M ABCV V d− −= ⇒ = （2）CE 是平面 与平面 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°. ， ， 所以，所求二面角的正弦值是 . 【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 平面 , 则 MO⊥平面 . 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= ，则各点坐标分别为 O（0，0，0），C（1，0，0）， M（0，0， ），B（0，- ，0），A（0，- ，2 ）， （1）设 是平面 MBC 的法向量，则 ， ， 由 得 ； 由 得 ；取 ，则距离 （2） ， . 设平面 ACM 的法向量为 ，由 得 .解得 ， ， 取 . 又 平 面 BCD 的 法 向 量 为 ， 则 设所求二面角为 ，则 . ACM BCD θ sin 60 3BF BC= ⋅ = tan 2AB BF θ = = 2 5sin 5 θ = 2 5 5 MCD ⊥ BCD BCD 3 3 3 3 3 ( , , )n x y z= BC=(1, 3,0) (0, 3, 3)BM = n BC⊥  3 0x y+ = n BM⊥  3 3 0y z+ = ( 3, 1,1), (0,0,2 3)n BA= − =  2 15 5 BA n d n ⋅ = =    ( 1,0, 3)CM = − ( 1, 3,2 3)CA = − − 1 ( , , )n x y z= 1 1 n CM n CA  ⊥ ⊥     3 0 3 2 3 0 x z x y z − + = − − + = 3x z= y z= 1 ( 3,1,1)n = (0,0,1)n = 1 1 1 1cos , 5 n nn n n n ⋅< >= = ⋅      θ 21 2 5sin 1 ( ) 55 θ = − = z y x M D C B O A z 【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 中 ， 底 面 为 矩 形 ， 底 面 ， ，点 是棱 的中点. （Ⅰ）证明： 平面 ； （Ⅱ）若 ，求二面角 的平面角的余弦值. [来源:] P ABCD− ABCD PA ⊥ ABCD 2PA AB= = E PB AE ⊥ PBC 1AD = B EC D− − 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= ，点 E 是棱 PB 的中点。 （I） 求直线 AD 与平面 PBC 的距离； （II） 若 AD= ，求二面角 A-EC-D 的平面角的余弦值。 ⊥ 6 3 8.（2010 北京文）(18) （本小题共 14 分） 设定函数 ，且方程 的两个根分别为 1，4。 （Ⅰ）当 a=3 且曲线 过原点时，求 的解析式； （Ⅱ）若 在 无极值点，求 a 的取值范围。 解：由 得 因为 的两个根分别为 1,4，所以 （*） （Ⅰ）当 时，又由（*）式得 解得 又因为曲线 过原点，所以 故 （Ⅱ）由于 a>0,所以“ 在（-∞，+∞）内无极值点”等价于 “ 在（-∞，+∞）内恒成立”。 由（*）式得 。 又 3 2( ) ( 0)3 af x x bx cx d a= + + +  ' ( ) 9 0f x x− = ( )y f x= ( )f x ( )f x ( , )−∞ +∞ 3 2( ) 3 af x x bx cx d= + + + 2( ) 2f x ax bx c′ = + + 2( ) 9 2 9 0f x x ax bx c x′ − = + + − = 2 9 0 16 8 36 0 a b c a b c + + − =  + + − = 3a = 2 6 0 8 12 0 b c b c + − =  + + = 3, 12b c= − = ( )y f x= 0d = 3 2( ) 3 12f x x x x= − + 3 2( ) 3 af x x bx cx d= + + + 2( ) 2 0f x ax bx c′ = + + ≥ 2 9 5 , 4b a c a= − = 2(2 ) 4 9( 1)( 9)b ac a a∆ = − = − − 解 得 即 的取值范围 9.（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= ，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= AC=1. 所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF//平面 EG， 因为 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- . 则 C（0，0，0），A（ ， ，0），B（0， ，0）. 所 以 ， ， . 所以 , 所以 , . 所以 BDE.[来源:] (III) 由（II）知， 是平面 BDE 的一个法向量. 设平面 ABE 的法向量 ,则 ， . 0 9( 1)( 9) 0 a a a > ∆ = − − ≤ [ ]1,9a∈ a [ ]1,9 2 1 2 EG ⊂ ⊄ ⊥ ⊥ xyz 2 2 2 2 2( , ,1)2 2CF = (0, 2,1)BE = − ( 2,0,1)DE = − 0 1 1 0CF BE = − + =   1 0 1 0CF DE = − + + =   CF BE⊥ CF DE⊥ CF ⊥ 2 2( , ,1)2 2CF = ( , , )n x y z= 0n BA =  0n BE =  即 所以 且 令 则 . 所以 . 从而 。 因为二面角 为锐角， 所以二面角 的大小为 . 10.（2010 广东文）18.（本小题满分 14 分） 如图 4，弧 AEC 是半径为 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= （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 ( , , ) ( 2,0,0) 0 ( , , ) (0, 2,1) 0 x y z x y z = − =      0,x = 2 ,z y= 1,y = 2z = (0,1, 2)n = 3cos , 2| || | n CFn CF n CF 〈 〉 = =    A BE D− − A BE D− − 6 π a ⊥ a5 ⊥  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= ，故点 A 到平面 PBC 的距离等于 。 （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 的面积 。 由 PD⊥平面 ABCD 及 PD=1，得三棱锥 P-ABC 的体积 。 因为 PD⊥平面 ABCD，DC 平面 ABCD，所以 PD⊥DC。 又 PD=DC=1，所以 。 由 PC⊥BC，BC=1，得 的面积 。 由 ， ，得 ， 故点 A 到平面 PBC 的距离等于 。 2009 年高考题 一、填空题 1.若等边 的边长为 ，平面内一点 满足 ，则 _________ 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 由 可得 故 【答案】(0,-1，0) 二、解答题 2 2 2 ABC∆ 1ABCS∆ = 1 1 3 3ABCV S PD∆= ⋅ = ⊂ 2 2 2PC PD DC= + = PBC∆ 2 2PBCS∆ = A PBC P ABCV V− −= 1 1 3 3PBCS h V⋅ = =  2h = 2 ABC∆ 2 3 M 1 2 6 3CM CB CA= +   MA MB• =  (0, ,0)M y 2 2 21 4 1 ( 3 ) 1y y+ + = + − − + 1y = − (0, 1,0)M − 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= AD [来源:.COM] (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 为坐标原点。设 依题意得 （I） 所以异面直线 与 所成的角的大小为 . （II）证明： ， （III） 又由题设，平面 的一个法向量为 4．（本题满分 15 分）如图，平面 平面 ， 是以 为斜边的等腰直角三角形， 分别为 ， ， 的中点， ， ． （I）设 是 的中点，证明： 平面 ； （II）证明：在 内存在一点 ，使 平面 ，并求点 到 ， ⊥ ⊥ 1 2 ⊥ A ，1=AB ( )，，，001B ( )，，，011C ( )，，，020D ( )，，，110E ( )，，，100F .2 112 1M      ，， ( )，，，解： 101BF −= ( )，，， 110DE −= .2 1 22 100 DEBF DEBFDEcos = • ++=•=，于是 BF BF DE 060 ，，，由     = 2 112 1AM ( )，，，101CE −= ( ) 0AMCE020AD =•= ，可得，， .AMDCEAADAM.ADCEAMCE.0ADCE 平面，故又，因此， ⊥=⊥⊥=•  .CDEAMDCDECE 平面，所以平面平面而 ⊥⊂    =• =•= .0D 0)(CDE Eu CEuzyxu ，，则，，的法向量为解：设平面 .111(1.0 0 ），，，可得令，于是 ==    =+− =+− uxzy zx ACD ).100( ，，=v .3 3 13 100cos = • ++=•= vu vuvu，所以， PAC ⊥ ABC ABC∆ AC , ,E F O PA PB AC 16AC = 10PA PC= = G OC / /FG BOE ABO∆ M FM ⊥ BOE M 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 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系 O ， 则 ，由题意得， 因 ，因此平面 BOE 的法向量为 ， 得 ，又直线 不在平面 内，因此有 平面 6.（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. 则 M（1,0,2）,N(0,1,0),可得 =(-1,1,2). 又 =（0，0，2）为平面 DCEF 的法向量， 可得 cos( , )= · 所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 cos · ……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。 x y z xyz− ( )0,0,0 , (0, 8,0), (8,0,0), (0,8,0),O A B C− (0,0,6), (0, 4,3),P E − ( )4,0,3F ( )0,4,0 ,G (8,0,0), (0, 4,3)OB OE= = −  (0,3,4)n = ( 4,4, 3FG = − − 0n FG⋅ =  FG BOE / /FG BOE MN DA MN DA 3 6 ||||| −=⋅ DAMN DAMN 3 6, =DAMN ⊂ ⊄ 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， ， ，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 依题意，得 。 ， 所以异面直线 与 所成角的余弦值为 .A （2）假设在线段 上存在点 ，使得 平面 . , 可设 又 . 由 平面 ，得 即 故 ，此时 . 经检验，当 时， 平面 . 故线段 上存在点 ，使得 平面 ，此时 . 8.（本小题满分 12 分） 如图，直三棱柱 中， 、 分别为 、 的中点， 平面 MD ABCD⊥ 平面 NB ABCD⊥ 平面 ⊥ D xyz− 1(0,0,0) (1,0,0) (0,0,1), (0,1,0), (1,1,0), (1,1,1), ( ,1,0)2D A M C B N E 1( ,0, 1), ( 1,0,1)2NE AM∴ = − − = −  10cos , 10| | | | NE AMNE AM NE AM < >= = −×      NE AM 10 10 AN S ES ⊥ AMN (0,1,1)AN =  (0, , ),AS ANλ λ λ= =  1 1( , 1,0), ( , 1, )2 2EA ES EA AS λ λ= − ∴ = + = −    ES ⊥ AMN 0, 0, ES AM ES AN  = =       1 0,2 ( 1) 0. λ λ λ − + =  − + = 1 2 λ = 1 1 2(0, , ),| |2 2 2AS AS= =  2 2AS = ES ⊥ AMN AN S ES ⊥ AMN 2 2AS = 1 1 1ABC A B C− ,AB AC D⊥ E 1AA 1B C DE ⊥ 1BCC （I）证明： （II）设二面角 为 60°，求 与平面 所成的角的大小。 分析一：求 与平面 所成的线面角，只需求点 到面 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 中， 且 ；平 面 平 面 ， ； 为 的 中 点 ， ．求： （Ⅰ）点 到平面 的距离； （Ⅱ）二面角 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 ，因平面 即点 A 在 xoz 平面上，因此 又 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 . (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 设 B(0,2, )， ＞0，则 ＝2，故 B（0，2，2），所以 E（0，1，1） . 在 CD 上取点 G，设 G（ ），使 GE⊥CD . 由 故 ①　 又点 G 在直线 CD 上，即 ，由 =（ ），则有 　② 联立①、②，解得 G＝ 　, AB AC= A BD C− − 1B C BCD 1B C BCD 1B BDC S ABCD− AD BC AD CD⊥ CSD ⊥ ABCD , 2 2CS DS CS AD⊥ = = E BS 2, 3CE AS= = A BCS E CD A− − ( , , )A A AA x y z , ,COD ABCD AD CD AD COD⊥ ⊥ ⊥平面 故 平面 0 1A Ay z AD= = =， 22 21 3, 2 2 01 A Ax AS x A + = = = 从而（ ，，） 2Ax = 2 2 2BS CE= =  BZ BZ AZ 1 1, ,0x y 1 1( 2, 2,0), ( , 1,1), 0CD GE x y CD GE= − = − − + ⋅ =    1 12 2( 1) 0x y− − = //CG CD  CG 1 1, 2,0x y − 1 1 2 22 x y −= − 2 4( , ,0)3 3 故 = .又由 AD⊥CD，所以二面角 E－CD－A 的平面角为向量 与向量 所成的角，记此角为 . 因为 = ， ,所以 故所求的二面角的大小为 . 作 于 ，连 ，则 ， 为二面角 的平面角， . 不 妨 设 ， 则 . 在 中 ， 由 ，易得 . 设点 到面 的距离为 ， 与平面 所 成 的 角 为 。 利 用 ，可求得 ，又可 求得 即 与平面 所成的角为 分析二：作出 与平面 所成的角再行求解。如图可证得 ，所以 面 。由分析一易知：四边形 为正方形，连 ，并设 交 点 为 ， 则 ， 为 在 面 内 的 射 影 。 。以下略。 分析三：利用空间向量的方法求出面 的法向量 ，则 与平面 所成的角 即为 与法向量 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） GE 2 2( , ,1)3 3 − − GE DA θ GE 2 3 3 (0,0,1), 1, 1DA DA GE DA= = ⋅ =    3cos 2 GE DA GE DA θ ⋅= = ⋅     6 π AG BD⊥ G GC GC BD⊥ AGC∠ A BD C− − 60AGC∠ = ° 2 3AC = 2, 4AG GC= = RT ABD∆ AD AB BD AG⋅ = ⋅ 6AD = 1B BDC h 1B C BCD α 1 1 1 3 3B BC BCDS DE S h∆ ∆⋅ = ⋅ h = 2 3 1 4 3B C = 1 1sin 30 .2 h B C α α= = ∴ = ° 1B C BCD 30 .° 1B C BCD BC AFED⊥ 面 AFED BDC⊥ 面 AFED AE DF、 O EO BDC⊥ 面 OC∴ EC BDC ECO∴∠ 即为所求 BDC n 1B C BCD 1B C n O 如图，四棱锥 的底面是正方形， ，点 E 在棱 PB 上. （Ⅰ）求证：平面 ； （Ⅱ）当 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 ， 设 则 ， （Ⅰ）∵ ， ∴ ， ∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面 PDB， ∴平面 . （Ⅱ）当 且 E 为 PB 的中点时， ， 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， ∵ ， ∴ ， ∴ ，即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 . 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= ， CD=AD=2.，四边形 ABFE 为平行四边形，FA⊥平面 ABCD，FC=3，ED= ，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） P ABCD− PD ABCD⊥ 底面 AEC PDB⊥ 平面 2PD AB= D xyz− , ,AB a PD h= = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),0,0 , , ,0 , 0, ,0 , 0,0,0 , 0,0,A a B a a C a D P h ( ) ( ) ( ), ,0 , 0,0, , , ,0AC a a DP h DB a a= − = =   0, 0AC DP AC DB⋅ = ⋅ =    AEC PDB⊥ 平面 2PD AB= ( ) 1 1 20,0, 2 , , ,2 2 2P a E a a a       1 1 2 2, , , 0,0,2 2 2 2EA a a a EO a    = − − = −            2cos 2 EA EOAEO EA EO ⋅∠ = = ⋅     45AOE °∠ = 45° 2 π 7 如图 4，在正三棱柱 中， D 是 的中点，点 E 在 上，且 。 （I） 证明平面 平面 （II） 求直线 和平面 所成角的正弦值。 解 （I） 如图所示，由正三棱柱 的性质知 平面 又 DE 平面 A B C ，所以 DE AA . 而 DE AE。AA AE=A 所以 DE 平面 AC C A ，又 DE 平面 ADE，故平面 ADE 平面 AC C A 。 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 A A = ，则 AB=2，相关各点的坐标分别是 A(0,-1,0)， B（ ，0，0）， C （0，1， ）， D（ ，- ， ）。 易知 =( ，1，0)， =(0，2， )， =( ，- ， ） 设平面 ABC 的法向量为 n=（x，y，z）,则有 解得 x=- y， z=- ， 故可取 n=(1，- ， )。 所以， (n· )= = = 。 1 1 1ABC A B C− 2AB AA= 1 1A B 1 1AC DE AE⊥ ADE ⊥ 1 1ACC A AD ABC 1 1 1ABC A B C− 1AA ⊥ 1 1 1A B C ⊂ 1 1 1 ⊥ 1 ⊥ 1  ⊥ 1 1 ⊂ ⊥ 1 1 1 2 3 1 2 2 3 2 1 2 AB 3 1AC 2 AD 2 3 2 1 2 1       =+= =+= ,022· ,03· 1 zyACn yxABn 3 3 y2 3 6 cos AD ADn ADn · · 310 32 × 5 10 由此即知，直线 AD 和平面 AB C 所成角的正弦值为 。 11.（本小题满分 12 分） 如图 3，在正三棱柱 ABC- 中，AB=4, A = ,点 D 是 BC 的中点，点 E 在 AC 上，且 DE E （Ⅰ）证明：平面 平面 ; （Ⅱ）求直线 AD 和平面 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,), .(2,0, ), D(-1, ), E(-1,0.0) 易知 =（-3， ，- ）， =（0，- ，0）， =（-3， ，0） 设 n=（x，y，z）是平面 DE 的一个法向量，则 1 5 10 1A 1B 1C 1A 7 ⊥ 1A 1A DE ⊥ 1 1ACC A 1A DE 1A 7 3 1A B 3 7 DE 3 AD 3 1A 1 3 0 3 3 7 0{n DE y n A D x y z • =− = • =− + − =   解得 故可取 n=（ ,0,-3，）于是 = 由此即知，直线 AD 和平面 DE 所成的角是正弦为 12．（本小题满分 12 分） 在四棱锥 中，底面 是矩形， 平面 ， ， . 以 的中点 为球心、 为直径的球面交 于点 ，交 于点 . （1）求证：平面 ⊥平面 ； （2）求直线 与平面 所成的角的大小； （3）求点 到平面 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 ， ， ， ， ， ；设平面 的一 个法向量 ，由 可得： ，令 ，则 。设所求角为 ，则 ， 所以所求角的大小为 。 （ 3 ） 由 条 件 可 得 ， . 在 中 ， , 所 以 , 则 , ，所以所求距离等于点 到平面 距离的 ，设点 到平面 距离为 则 ，所以所求距离为 。 7 , 03x z y= − = 7 3 7 21 84 2 3 − = − × 1A 21 8 P ABCD− ABCD PA ⊥ ABCD 4PA AD= = 2AB = AC O AC PD M PC N ABM PCD CD ACM N ACM (0,0,0)A (0,0,4)P (2,0,0)B (2,4,0)C (0,4,0)D (0,2,2)M ACM ( , , )n x y z= ,n AC n AM⊥ ⊥    2 4 0 2 2 0 x y y z + =  + = 1z = (2, 1,1)n = − α 6sin 3 CD n CD n α ⋅= =     6arcsin 3 AN NC⊥ Rt PAC∆ 2PA PN PC= ⋅ 8 3PN = 10 3NC PC PN= − = 5 9 NC PC = P CA M 5 9 P CA M h 2 6 3 AP nh n ⋅= =    5 10 6h9 27 = cos , n ADn AD n AD •= •   y x z D M C B P A N O 19（本小题满分 12 分） 如图，正方形 所在平面与平面四边形 所在平面互[来 源:] 相垂直，△ 是等腰直角三角形， （I）求证： ； （II）设线段 的中点为 ，在直线 上是否存在一点 ，使得 ？若 存在，请指出点 的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由； （III）求二面角 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， . 所以 , , . , . 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, ), P ( 1, ,0 ). 从而 = , ABCD ABEF ABE , , 45AB AE FA FE AEF °= = ∠ = EF BCE⊥ 平面 CD P AE M PM BCE 平面 M F BD A− − ⊂ 1 1(0, , )2 2F − 1 1(0, , )2 2EF = − (0, 1,1)BE = − (1,0,0)BC = 1 10 02 2EF BE• = + − =  0EF BC• =  ⊂ 1 2 1 2 PM 1 1( 1, , )2 2 − − 于是 · = · =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 ，并设 =（x,y,z）. ， 即 取 y=1，则 x=1，z=3。从而 。 取平面 ABD 的一个法向量为 。 。 故二面角 F—BD—A 的大小为 arccos 。……………………………………12 分 14.（本题满分 14 分） 如图，在直三棱柱 中， , ,求二面角 的大小。 简答： 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 中， ，点 在 上且 PM EF 1 1( 1, , )2 2 − − 1 1(0, , )2 2 − − 1n 1n 1 1 0BD = −（， ，） 3 10 2 2BF = −（ ， ，） 1 1 n 0 n 0 BD BF  = =       x y 0 3 1y z 02 2 − =− + = 1n 113= （，，） 2n = （0，0，1） 1 2 2 1 2 n n 3 3 11cos(n ,n ) 1111 1n n = = =1       3 11 11 1 1 1ABC A B C− 1 2AA BC AB= = = AB BC⊥ 1 1 1B AC C− − 3 π 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 2 4AA AB= = E 1CC A B CD E A1 B1 C1D1 N M A B D C O ． （Ⅰ）证明： 平面 ； （Ⅱ）求二面角 的大小． 以 为坐标原点，射线 为 轴的正半轴， 建 立 如 图 所 示 直 角 坐 标 系 ． 依 题 设 ， ． ， ． （Ⅰ）证明 因为 ， ， 故 ， ． 又 ， 所以 平面 ． （Ⅱ）解 设向量 是平面 的法向量，则 ， ． 故 ， ． 令 ，则 ， ， ． 等于二面角 的平面角， ． 所以二面角 的大小为 ． 2. （2008 安徽）如图，在四棱锥 中，底面 四边长 为 1 的菱形， , , , 为 的中点， 为 的中点 （Ⅰ）证明：直线 ； （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。 ECEC 31 = 1AC ⊥ BED 1A DE B− − D DA x D xyz− 1(2 2 0) (0 2 0) (0 21) (2 0 4)B C E A，，， ，，， ，，， ，， (0 21) (2 2 0)DE DB= = ，，， ，， 1 1( 2 2 4) (2 0 4)AC DA= − − = ，， ， ，， 1 0AC DB =   1 0AC DE =   1AC BD⊥ 1AC DE⊥ DB DE D= 1AC ⊥ DBE ( )x y z= ， ，n 1DA E DE⊥ n 1DA⊥ n 2 0y z+ = 2 4 0x z+ = 1y = 2z = − 4x = (41 2)= −，，n 1AC，n 1A DE B− − 42 14,cos 1 1 1 =•= CAn CAnCAn 1A DE B− − 14arccos 42 O ABCD− ABCD 4ABC π∠ = OA ABCD⊥ 底面 2OA = M OA N BC MN OCD平面‖ A B CD E A1 B1 C1D1 y x z 作 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 轴建立坐标系 , (1)证明 设平面 OCD 的法向量为 ,则 即 取 ,解得 (2)解 设 与 所成的角为 , , 与 所成角的大小为 . (3)解 设点 B 到平面 OCD 的距离为 ， 则 为 在向量 上的投影的绝对值, 由 , 得 .所以点 B 到平面 OCD 的距离为 3. （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 AP CD⊥ , ,x y z 2 2 2 2 2(0,0,0), (1,0,0), (0, ,0), ( , ,0), (0,0,2), (0,0,1), (1 , ,0)2 2 2 4 4A B P D O M N− − 2 2 2 2 2(1 , , 1), (0, , 2), ( , , 2)4 4 2 2 2MN OP OD= − − = − = − −   ( , , )n x y z= 0, 0n OP n OD= =    2 2 02 2 2 2 02 2 y z x y z  − = − + − = 2z = (0,4, 2)n = 2 2(1 , , 1) (0,4, 2) 04 4MN n = − − =  ∵ MN OCD∴ 平面‖ AB MD θ 2 2(1,0,0), ( , , 1)2 2AB MD= = − − ∵ 1cos ,2 3 AB MD AB MD πθ θ= = = ⋅     ∴ ∴ AB MD 3 π d d OB (0,4, 2)n = (1,0, 2)OB = − 2 3 OB n d n ⋅ = =  2 3 坐标分别是 A（0，0，0），B（1，0，0）， P（0，0，2）, （Ⅰ）证明 因为 ， 平面 PAB 的一个法向量是 ， 所以 共线.从而 BE⊥平面 PAB. 又因为 平面 PBE， 故平面 PBE⊥平面 PAB. (Ⅱ)解 易知 设 是平面 PBE 的一个法向量，则由 得 所以 设 是 平 面 PAD 的 一 个 法 向 量 ， 则 由 得 所以 故可取 于是， 故平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角（锐角）的大小是 4. （2008 福建 18 ）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，则面 PAD ⊥底面 ABCD，侧棱 PA=PD＝ ，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； 3 3( , ,0),2 2C 1 3( , ,0),2 2D 3(1, ,0).2E 3(0, ,0)2BE = 0 (0,1,0)n = 0BE n和 BE ⊂ 3(1,0, 2), (0, 02PB BE= − =  ，）， 1 3(0,0, 2), ( , ,0)2 2PA AD= − =  1 1 1 1( , , )n x y z= 1 1 0, 0 n PB n BE  = =       1 1 1 1 2 2 0 2 0, 30 0 0.2 x y z x y z + × − = × + + × = 1 1 1 10, 2 . (2,0,1).y x z n= = =故可取 2 2 2 2( , , )n x y z= 2 2 0, 0 n PA n AD  = =       2 2 2 2 2 2 0 0 2 0, 1 3 0 0.2 2 x y z x y z × + × − = + + × = 2 2 20, 3 .z x y= = − 2 ( 3, 1,0).n = − 1 2 1 2 1 2 2 3 15cos , .55 2 n nn n n n < >= = = ×       15arccos .5 2 （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 ？若存在，求出 　 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 平面 ABCD=AD, 平面 PAD， 所以 PO⊥平面 ABCD. (Ⅱ)解 以 O 为坐标原点， 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 所以异面直线 PB 与 CD 所成的角是 arccos ， (Ⅲ)解 假设存在点 Q，使得它到平面 PCD 的距离为 ， 由(Ⅱ)知 设平面 PCD 的法向量为 n=(x0,y0,z0). 则 所以 即 ， 取 x0=1,得平面 PCD 的一个法向量为 n=(1,1,1). 设 由 ，得 解 y=- 或 y= (舍去)， 此时 ，所以存在点 Q 满足题意，此时 . 第二部分 两年联考汇编 2010 年联考题 题组二（5 月份更新） 3 2 AQ QD PAD ∩ PO ⊂ OC OD OP  、 、 11 0 1 1 1CD PB− − − ＝（ ，，）， ＝（， ， ）. 6 3 3 2 ( 1,0,1), ( 1,1,0).CP CD= − = −  0, 0, n CP n CD  = =     0 0 0 0 0, 0, x z x y − + = − + = 0 0 0x y z= = (0, ,0)( 1 1), ( 1, ,0),Q y y CQ y− ≤ ≤ = − 3 2 CQ n n =   1 3 ,23 y− + = 1 2 5 2 1 3,2 2AQ QD= = 1 3 AQ QD = 1．（师大附中理）如图 1， 是正方形 所在平面外一点， 平面 ， ，则 与 所成的角的度数为 A． B． C． D． 答案：C 2．（肥城市第二次联考）如右图所示，在正方体 中， 分别是 ， 的中点，则以下结论中不成立的是（ C ） A． 与 垂直 B． 与 垂直 C． 与 异面 D． 与 异面 答案 C 解析：连结 ，在 中， ，所以 A、B、D 正确，C 错，选 C。 3．（师大附中理）设 是半径为 2 的球面上四个不同的点，且满足 两 两互相垂直，则 的最大值是__________。 答案：8 4．（池州市七校元旦调研）设向量 ， 满足： ， ， ．以 ， ， 的模为边长构成三角形，则它的边与半径为 的圆的公共点个数最多为 ( ) A． B． C． D． 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. P ABCD PD ⊥ ABCD PD AD= PA BD 30° 45° 60° 90° 1 1 1 1ABCD A B C D− E F， 1AB 1BC EF 1CC EF BD EF 1 1AC EF 1AD 1A B 1 1A BC∆ 1 1EF AC , , ,P A B C , ,PA PB PC PAB PAC PBCS S S∆ ∆ ∆+ + a b | | 3=a | | 4=b 0⋅ =a b a b −a b 1 3 4 5 6 E F B1 C1D1 C A B D A1 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， ），F（0， ，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1）……2 分 (Ⅰ) ，∴AD⊥D1F………………………4 分 (Ⅱ) ，∴AE⊥D1F AE 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 平面 ， 是以 为斜边的等腰直角三角形， 分别为 ， ， 的中点， ， ． （I）设 是 的中点，证明： 平面 ； （II）证明：在 内存在一点 ，使 平面 ． 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 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系 O ，则 ，由题意得， 因 ， 因 此 平 面 BOE 的 法 向 量 为 ， 得 ，又直线 不在平面 内，因此有 平面 （II）设点 M 的坐标为 ，则 ，因为 平面 BOE，所以 有 ，因此有 ，即点 M 的坐标为 ，在平面直角坐标系 中， 的内部区域满足不等式组 ，经检验，点 M 的坐标满足上述不等式组， 所以在 内存在一点 ，使 平面 ， 2 1 2 1 0),1,2 1,0(),0,0,1( 11 =•−=−= FDADFDAD 0),2 1,1,0( 1 =•= FDAEAE PAC ⊥ ABC ABC∆ AC , ,E F O PA PB AC 16AC = 10PA PC= = G OC / /FG BOE ABO∆ M FM ⊥ BOE x y z xyz− ( )0,0,0 , (0, 8,0), (8,0,0), (0,8,0),O A B C− (0,0,6), (0, 4,3),P E − ( )4,0,3F ( )0,4,0 ,G (8,0,0), (0, 4,3)OB OE= = −  (0,3,4)n = ( 4,4, 3FG = − − 0n FG⋅ =  FG BOE / /FG BOE ( )0 0, ,0x y 0 0( 4, , 3)FM x y= − − FM ⊥ //FM n  0 0 94, 4x y= = − 94, ,04  −   xoy AOB∆ 0 0 8 x y x y >  <  − < ABO∆ M FM ⊥ BOE C1 A1 M B1 C N A B C1 A1 M B1 C N A B 7．（马鞍山学业水平测试）（本小题满分 12 分） （文）在斜三棱柱 中，M 为 的中点，N 是 BC 上一点. （Ⅰ）若平面 ，求证：N 为 BC 的中点； （ Ⅱ ） 在 （ Ⅰ ） 的 条 件 下 ， 若 ， 求 证 ： . （Ⅰ） ，所以 因为 M 为 B1C1 中点，所以 N 为 BC 中点----------------------6 分 （Ⅱ） ，且 M 为中点，所以 ----------8 分 ，M 为中点，所以 ，----------10 分 又 ,则 ， ----------12 分 又 ,所以 ， ----------14 分 又 ，所以 -------16 分 8. （玉溪一中期中文）（本小题 12 分）如图，在四棱锥 中， 底面 ， ， ， 是 的中点． （Ⅰ）求 和平面 所成的角的大小； （Ⅱ）证明 平面 ； （Ⅲ）求二面角 的大小． （ Ⅰ ） 解 ： 在 四 棱 锥 中 ， 因 底 面 ， 平 面 ， 故 ． 又 ， ，从而 平面 ．故 在平面 内的射影为 ，从而 为 和平面 所成的角． 在 中， ，故 ． 所以 和平面 所成的角的大小为 ． （Ⅱ）证明：在四棱锥 中， 因 底面 ， 平面 ，故 ． 由条件 ， ， 面 ． 又 面 ， ． 由 ， ，可得 ． 1 1 1ABC A B C− 1 1B C 1 1//AB N A MC平面 1 1 1 1A B AC= 1 1，B C=B B 1A MC ABC⊥平面 平面 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A // A MC AB N MC B BCC MC AB N B BCC B N   =  =   平面 平面 平面 平面 平面 平面 1//MC B N 1 1 1 1A B AC= 1 1 1A M B C⊥ ⇒1 1 1 1BC=BB BC=CC 1 1CM B C⊥ 1A M MC M= 1 1 1B C A MC⊥ 平面 1 1 //B C BC 1BC A MC⊥ 平面 BC ABC⊂ 平面 1A MC ABC⊥平面 平面 P ABCD− PA ⊥ ABCD AB AD AC CD⊥ ⊥， ， 60ABC∠ = ° PA AB BC= = E PC PB PAD AE ⊥ PCD A PD C− − P ABCD− PA ⊥ ABCD AB ⊂ ABCD PA AB⊥ AB AD⊥ PA AD A= AB ⊥ PAD PB PAD PA APB∠ PB PAD Rt PAB△ AB PA= 45APB = ∠ PB PAD 45 P ABCD− PA ⊥ ABCD CD ⊂ ABCD CD PA⊥ CD PC⊥ PA AC A= CD∴ ⊥ PAC AE ⊂ PAC AE CD∴ ⊥ PA AB BC= 60ABC = ∠ AC PA= A B C D P E A B C D P E M 是 的中点， ， ．综上得 平面 ． （Ⅲ）解：过点 作 ，垂足为 ，连结 ．由（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，可得 ．设 ，可得 ， ， ， ． 在 中， ，∴ ，则 ． 在 中， ．所以二面角 的大小 9.（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 则 （1）E 为 PC 中点， ， ， ………………………………….6 分 （2）可求 ， E PC AE PC∴ ⊥ PC CD C∴ = AE ⊥ PCD E EM PD⊥ M AM AE ⊥ PCD AM PCD EM AM PD⊥ AME∠ A PD C− − 30CAD = ∠ AC a= PA a= 2 3 3AD a= 21 3PD a= 2 2AE a= Rt ADP△ AM PD⊥ ADPAPDAM ⋅=⋅ a a aa PD ADPAAM 7 72 3 21 3 32 = ⋅ =⋅= Rt AEM△ 14sin 4 AEAME AM = = A PD C− − 14arcsin 4 .xyzO − ),0,2,0(),0,2,(),0,2,(),2 3,0,0( aCaaBaaAaP − )0,1,0( aD − ),4 3,4,0( aaE )2 3,2,(),4 3,4 3,0( aaaPAaaDE −−==∴ 2 4 3)2 3(4 3)2(4 3 aaaaaDEPA −=−×+−×=⋅∴ ,4 6 2 32 4 3 |||| ,cos,2 3||,2|| 2 −= × − = ⋅ ⋅>=<== aa a DEPA DEPADEPADEaPA )0,,0(),2 3,2,( aABaaaPA =−−= 设面 PAB 的一个法向量为 ， ① . ② 由②得 y=0，代入①得 令 则 D 到面 PAB 的距离 d 等于 即点 D 到面 PAB 的距离等于 ……………………………..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= ， 则 ， 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= ，EM= ，设异面直线 PD、AE 所成角为 ，则 ，所以 PD、AE 所成角为 . （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= ，在△ACE 中求出 AK= ，（或在△PCE 中求出 HK= ） 所求二面角的大小为 （或为 ）. 法二：（坐标法）（2）PD、AE 所成角为 . ABnPAnzyxn ⊥⊥= ,),,,( 则 .02 3 2 =−−=⋅∴ azyaxaPAn 0==⋅ yaABn 02 3 =− azxa ).2.0,3(,2,3 =∴== nzx 则 .上的射影的绝对值在πDA 7 |)2.0,3()0,0,(| || || |||| |||||cos||| ⋅=⋅= ⋅ ⋅⋅=>⋅<= a n nDA nDA nDADAnDADAd .7 21 7 3 aa = .7 21 a 5 AB CA AC DC = 2 29 2 α 29 58cos =α 29 58arccos 3 52 29 302 10 5 3 29 18 174arcsin−π 29arctan 5 π − 29 58arccos E B C A P D （3）所求二面角的大小为： 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 ， ， . （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, ,0),F(0, , ),B(-1, ,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 — 中 AB=1，A =2，N 是 D 的中点，点 M 在 BB 上， 异面直线 MN、 A 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— 的大小. 解：（Ⅰ）取 A1A 的中点 P，连 PM、PN，则 PN//AD， .18 65arccos−π 2,1 == ADAB 3,600 ==∠ AFADC 3 3 3 3 ABCD 1111 DCBA 1A 1A 1 1A 1A ,,, ,, 111 11 PMAAPMNAAMNAA PNAAADAA ⊥∴⊥∴⊥ ⊥∴⊥ 平面又  .,.// 1的中点为故点 BBMABPM∴ A B E F C D A （Ⅱ）由（Ⅰ）知 ， 则 就是所求二面角的平面角. 显然 利用等面积法求得 A1O=AO= 在△A1OA 中由余弦定理得 cos∠A OA= 所以二面角的大小为 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， ， . （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, ,0),F(0, , ),B(-1, ,0), , , , （2）平面 ABD 的法向量 解出 ,cos = ,所求二面角 F—BD—A 的大小 arccos (3)点 A 到平面 FBD 的距离为 d, OAOAOMNAOAMNMNA 111 ,,, 则连于点作 ⊥∆≅∆ OAAMNOA 11 , ∠⊥ 所以 .2,2 5 11 ==== AMMAMNANNA ,5 30 1 3 2 2 1 2 1 22 1 −=⋅ −+ AOOA AAAOOA 3 2arccos−π 2,1 == ADAB 3,600 ==∠ AFADC 3 3 3 3 ( )0,3,0=CA ( )3,0,1=BF ( )3,3,1−=DF BFACBFCA ⊥=⋅ ,0 ),,(),1,0,0( zyxmFBDn == 的法向量平面 ( )1,2,3 −−=m nm, 4 2 4 2 )0,3,1( −−=AD A B E F C D A . 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 2 、 4 ，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 M ②弦 AB、CD 可能相交于点 N　　③MN 的最大值为 5 ④MN 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 答案 C 2. （ 2009 昆 明 一 中 第 三 次 模 拟 ） 如 图 ， 正 四 棱 柱 中， ,则异面直线 与 所成 角的余弦值为（ ） A． B． C． D. 答案 D 3.某几何体的一条棱长为 ，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为 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. 　B. 　C. 　D. 答案 C 4.等边三角形 与正方形 有一公共边 ，二面角 的余弦值为 ， 分别是 的中点，则 所成角的余弦值等于 答案 . 二、解答题 1.如图，在三棱锥 中， ， 4 63 22 33 ==⋅= m mADd 7 3 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 2AA AB= 1A B 1AD 1 5 2 5 3 5 4 5 7 6 2 2 2 3 4 2 5 ABC ABDE AB C AB D− − 3 3 M N， AC BC， EM AN， 1 6 P ABC− 2AC BC= = A C BD P ， ． （Ⅰ）求证： ；（Ⅱ）求二面角 的大小； （Ⅲ）求点 到平面 的距离． 解法一：（Ⅰ）取 中点 ，连结 ． ， ． ， ． ， 平面 ． 平面 ， ． （Ⅱ） ， ，[来源:.COM] ．又 ， ． 又 ，即 ，且 ， 平面 ．取 中点 ．连结 ． ， ． 是 在平面 内的射影， ． 是二面角 的平面角．在 中， ， ， ， ． 二面角 的大小为 ． （Ⅲ）由（Ⅰ）知 平面 ， 平面 平面 ．过 作 ，垂足 为 ． 平面 平面 ， 平面 ． 的长即为点 到平面 的距离． 由（Ⅰ）知 ，又 ，且 ， 平面 ． 平面 ， ． 在 中， ， ， ． ． 点 到 平 面 的 距 离 为 ． 解 法 二 ： （ Ⅰ ） ， ， ． 又 ， ． 90ACB∠ =  AP BP AB= = PC AC⊥ PC AB⊥ B AP C− − C APB AB D PD CD， AP BP= PD AB∴ ⊥ AC BC= CD AB∴ ⊥ PD CD D=  AB∴ ⊥ PCD PC ⊂ PCD PC AB∴ ⊥ AC BC= AP BP= APC BPC∴△ ≌△ PC AC⊥ PC BC∴ ⊥ 90ACB∠ =  AC BC⊥ AC PC C= BC∴ ⊥ PAC AP E BE CE， AB BP= BE AP∴ ⊥ EC BE PAC CE AP∴ ⊥ BEC∴∠ B AP C− − BCE△ 90BCE∠ =  2BC = 3 62BE AB= = 6sin 3 BCBEC BE ∴ ∠ = = ∴ B AP C− − 6arcsin 3 AB ⊥ PCD ∴ APB ⊥ PCD C CH PD⊥ H  APB  PCD PD= CH∴ ⊥ APB CH∴ C APB PC AB⊥ PC AC⊥ AB AC A= PC∴ ⊥ ABC CD ⊂ ABC PC CD∴ ⊥ Rt PCD△ 1 22CD AB= = 3 62PD PB= = 2 2 2PC PD CD∴ = − = 3 32=×= PD CDPCCH ∴ C APB 2 3 3 AC BC= AP BP= APC BPC∴△ ≌△ PC AC⊥ PC BC∴ ⊥ A C B E P A C BD P H A C B P z xy HE D1 C1 B1A1 E D C BA ， 平面 ． 平面 ， ． （ Ⅱ ） 如 图 ， 以 为 原 点 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ． 则 ． 设 ． ， ， ． 取 中 点 ， 连 结 ．[来源:.COM] ， ， ， ． 是 二 面 角 的平面角． ， ， ， ． 二面角 的大小为 ． （Ⅲ） ， 在平面 内的射影为正 的中心 ，且 的长 为点 到平面 的距离． 如 （ Ⅱ ） 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ． ， 点 的 坐 标 为 ． ． 点 到平面 的距离为 ． 2.如图，已知 是棱长为 的正方体，点 在 上，点 在 上，且 ． （1）求证： 四点共面；（4 分）；（2）若点 在 上， ，点 在 上， ，垂足为 ，求证： 平面 ；（4 分）；（3）用 表示截面 和侧面 所成的锐二面角的大小，求 ． 证明：（1）建立如图所示的坐标系，则 ， ， ， 所以 ，故 ， ， 共面．又它们有公共点 ，所以 四点共面． （ 2 ） 如 图 ， 设 ， 则 ， 而 ， 由 题 设 得 AC BC C=  PC∴ ⊥ ABC AB ⊂ ABC PC AB∴ ⊥ C C xyz− (0 0 0) (0 2 0) (2 0 0)C A B，，， ，，， ，， (0 0 )P t，， 2 2PB AB= = 2t∴ = (0 0 2)P ，， AP E BE CE， AC PC= AB BP= CE AP∴ ⊥ BE AP⊥ BEC∴∠ B AP C− − (011)E ，， (0 1 1)EC = − − ， ， (2 1 1)EB = − − ， ， 3 3 62 2cos = × =•=∠ EBEC EBECBEC ∴ B AP C− − 3arccos 3 AC BC PC= = C∴ APB APB△ H CH C APB C xyz− 2BH HE=   ∴ H 2 2 2 3 3 3     ，， 2 3 3CH∴ = ∴ C APB 2 3 3 1 1 1 1ABCD A B C D− 3 E 1AA F 1CC 1 1AE FC= = 1E B F D， ， ， G BC 2 3BG = M 1BB GM BF⊥ H EM ⊥ 1 1BCC B θ 1EBFD 1 1BCC B tanθ (3 01)BE = ，， (0 3 2)BF = ，， 1 (3 3 3)BD = ，， 1BD BE BF= +   1BD BE BF B 1E B F D， ， ， (0 0 )M z，， 20 3GM z = −    ， ， (0 3 2)BF = ，， ， 得 ．因为 ， ，有 ，又 ， ， 所 以 ， ， 从 而 ， ． 故 平 面 ． （3）设向量 截面 ，于是 ， ． 而 ， ， 得 ， ， 解 得 ， ，所以 ．又 平面 ，所以 和 的夹角等于 或 （ 为锐角）． 于是 ． 故 ． 3.（2009 广东三校一模）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)当 为何值时, ∥平面 ?证明你的结论; (3)求二面角 的平面角的余弦值. （Ⅰ）在梯形 中， ， 四边形 是等腰梯形， 且 2 分 又 平面 平面 ，交线为 ， 平面 4 分 （Ⅱ）解法一、当 时， 平面 ， 5 分 在梯形 中，设 ，连接 ，则 6 分 ，而 ， 7 分 ， 四边形 是平行四边形， 8 分 又 平面 ， 平面 平面 9 分 2 3 2 03GM BF z= − + =     1z = (0 01)M ，， (3 01)E ，， (3 0 0)ME = ，， 1 (0 0 3)BB = ，， (0 3 0)BC = ，， 1 0ME BB =   0ME BC =   1ME BB⊥ ME BC⊥ ME ⊥ 1 1BCC B ( 3)BP x y= ， ， ⊥ 1EBFD BP BE ⊥ BP BF ⊥ (3 01)BE = ，， (0 3 2)BF = ，， 3 3 0BP BE x= + =   3 6 0BP BF y= + =   1x = − 2y = − ( 1 2 3)BP = − − ， ， (3 0 0)BA = ，， ⊥ 1 1BCC B BP BA θ π θ− θ 1cos 14 BP BA BP BA θ = =       tan 13θ = ABCD AB CD aCBDCAD === 60=∠ABC ⊥ACFE ABCD ACFE aAE = M EF ⊥BC ACFE EM AM BDF DEFB −− ABCD CDAB // °=∠=== 60, ABCaCBDCAD ∴ ABCD °° =∠=∠=∠ 120,30 DCBDACDCA °=∠−∠=∠∴ 90DCADCBACB BCAC ⊥∴  ⊥ACFE ABCD AC ⊥∴ BC ACFE aEM 3 3= //AM BDF ABCD NBDAC =∩ FN 2:1: =NACN aEM 3 3= aACEF 3== 2:1: =∴ MFEM ANMF//∴ ∴ ANFM NFAM //∴ ⊂NF BDF ⊄AM BDF //AM∴ BDF N D C A B E F M 解法二：当 时， 平面 ， 由（Ⅰ）知，以点 为原点， 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， 5 分 则 ， ， ， ， ， 平面 ， 平面 与 、 共面， 也等价于存在实数 、 ，使 ， 设 . ， 又 ， ， 6 分 从而要使得： 成立， 需 ，解得 8 分 当 时， 平面 9 分 （Ⅲ）解法一、取 中点 ， 中点 ，连结 ， ， 平面 又 ， ，又 ， 是二面角 的平面角. 6 分 aEM 3 3= //AM BDF C CFCBCA ,, )0,0,0(C )0,,0( aB )0,0,3( aA )0,2 1,2 3( aaD − ),0,0( aF ),0,3( aaE ⊄AM BDF ∴ //AM BDF ⇔ → AM → FB → FD m n →→→ += FDnFBmAM →→ = EFtEM )0,0,3( aEF −= →  )0,0,3( atEM −= → ),0,3( aatEMAEAM −=+=∴ →→→ ),2 1,2 3( aaaFD −−= → ),,0( aaFB −= → ),2 1,2 3(),,0(),0,3( aaanaamaat −−+−=−          −−= −= =− anama anma anat 2 10 2 33 3 1=t ∴ aEM 3 3= //AM BDF EF G EB H DG GH DH EFDGDFDE ⊥∴= , ⊥BC ACFE EFBC ⊥∴ FCEF ⊥ FBEF ⊥∴ FBGH // GHEF ⊥∴ 222 DBDEBE +=∴ DGH∠∴ DEFB −− C A B F E H G D x D y z C O F B A E F E D C BA P 在 中, , . 7 分 又 . 8 分 在 中，由余弦定理得 , 9 分 即二面角 的平面角的余弦值为 . 解法二:由(Ⅰ)知,以点 为原点， 所在直线为坐标轴, 建立空间直角坐标系,则 , ， ， ， ， 过 作 , 垂足为 . 令 , , 由 得, , ,即 11 分 , 二面角 的大小就是向量 与向量 所夹的角. 12 分 13 分 即二面角 的平面角的余弦值为 . 14 分 4、（2009 番禺一模）如图,在四棱锥 中,底面 是边长为 的正方形,侧面 底面 ， 且 ,若 、 分别为线段 BDE∆ aABAEBEaDBaDE 5,3,2 22 =+=== °=∠∴ 90EDB aDH 2 5=∴ aGHaDG 2 2,2 5 == ∴ DGH∆ 10 10cos =∠DGH DEFB −− 10 10 C CFCBCA ,, )0,0,0(C )0,,0( aB )0,0,3( aA )0,2 1,2 3( aaD − ),0,0( aF ),0,3( aaE D EFDG ⊥ G )0,0,3()0,0,3( aaFEFG λλλ === →→ ),0,3( aaFGCFCG λ=+= →→→ ),2 1,2 33( aaaaCDCGDG −=−= →→→ λ →→ ⊥ EFDG 0=⋅ →→ EFDG 2 1=∴λ ),2 1,0( aaDG =∴ → ),2 1,0( aaGD −−= → ,//, EFACACBC ⊥ EFBC ⊥∴ EFBF ⊥∴ ∴ DEFB −− → GD → FB ),,0( aaFB −= →  →→ →→ →→ ⋅ ⋅>=< FBGD FBGDFBGD,cos 10 10= DEFB −− 10 10 P ABCD− ABCD a PAD ⊥ ABCD 2 2PA PD AD= = E F x D y z C O F B A E M F E D C BA P 、 的中点． (1) 求证：直线 // 平面 ； (2) 求证：平面 平面 ； (3) 求二面角 的正切值. (1)证明：连结 ，在 中 // 　 ……2 分 且 平面 ， 平面 　　 ……………………………………………………….4 分 (2)证明：因为面 面 　平面 面 　 　　所以， 平面 　 …………………………………………6 分 又 ，所以 是等腰直角三角形，且 　 　　即 ……………………………………………………………….8 分[来源:.COM] 　　 ，且 、 面 　　 面 　 　 又 面 　 　 面 面 ………………………………………………………10 分 (3)解：设 的中点为 ,连结 , ,则 由(Ⅱ)知 面 ,　 面 　 是二面角 的平面角………………………12 分 中， 　 　故所求二面角的正切为 ……14 分 另解：如图,取 的中点 , 连结 , . ∵ , ∴ . ∵侧面 底面 , , ∴ , PC BD EF PAD PDC ⊥ PAD B PD C− − AC CPA∆ EF PA PA ⊆ PAD EF ⊄ PAD ∴ PADEF 平面// PAD ⊥ ABCD PAD  ABCD AD= CD AD⊥ CD ⊥ PAD CD PA∴ ⊥ 2 2PA PD AD= = PAD∆ 2 π=∠APD PA PD⊥ CD PD D= CD PD ⊆ ABCD ∴ PA ⊥ PDC PA ⊆ PAD PAD ⊥ PDC PD M EM MF EM PD⊥ EF ⊥ PDC EF PD⊥ PD ⊥ EFM PD MF⊥ EMF∠ B PD C− − Rt FEM∆ 1 2 2 4EF PA a= = 1 1 2 2EM CD a= = 2 24tan 1 2 2 aEFEMF EM a ∠ = = = 2 2 AD O OP OF PA PD= PO AD⊥ PAD ⊥ ABCD PAD ABCD AD∩ =平面 平面 PO ABCD∴ ⊥ 平面 而 分别为 的中点,∴ ,又 是正方形,故 . ∵ ,∴ , . 以 为 原 点 , 直 线 为 轴 建 立 空 间 直 线 坐 标 系 , 则 有 , , , , , . ∵ 为 的中点, ∴ . （1）易知平面 的法向量为 而 , 且 , ∴ //平面 . (2)∵ , ∴ , ∴ ,从而 ,又 , ,[来源:.com] ∴ ,而 , ∴平面 平面 (3)由(2)知平面 的法向量为 . 设平面 的法向量为 .∵ , ∴由 可得 ,令 ,则 , 故 ,∴ , 即二面角 的余弦值为 ,二面角 的正切值为 . 5、（2009 深圳一模）如图， 为圆 的直径，点 、 在圆 上， ，矩形 和圆 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，二面角 的大小为 ？ 解：（Ⅰ）证明： 平面 平面 , , 平面 平面 = ， 平面 ． ,O F ,AD BD //OF AB ABCD OF AD⊥ 2 2PA PD AD= = PA PD⊥ 2 aOP OA= = O , ,OA OF OP , ,x y z ( ,0,0)2 aA (0, ,0)2 aF ( ,0,0)2 aD − (0,0, )2 aP ( , ,0)2 aB a ( , ,0)2 aC a− E PC ( , , )4 2 4 a a aE − PAD (0, ,0)2 aOF = ( ,0, )4 4 a aEF = − (0, ,0) ( ,0, ) 02 4 4 a a aOF EF⋅ = ⋅ − =  EF PAD ( ,0, )2 2 a aPA = − (0, ,0)CD a= ( ,0, ) (0, ,0) 02 2 a aPA CD a⋅ = − ⋅ =  PA CD⊥  PA CD⊥ PA PD⊥ PD CD D= PA PDC⊥ 平面 PA PAD⊂ 平面 PDC ⊥ PAD PDC ( ,0, )2 2 a aPA = − PBD ( , , )n x y z= ( ,0, ), ( , ,0)2 2 a aDP BD a a= = −  0, 0n DP n BD⋅ = ⋅ =    0 02 2 0 0 a ax y z a x a y z  ⋅ + ⋅ + ⋅ = − ⋅ + ⋅ + ⋅ = 1x = 1, 1y z= = − (1,1, 1)n = − 6cos , 32 32 n PA an PA n PA a ⋅< >= = = ×      B PD C− − 6 3 B PD C− − 2 2 AB O E F O EFAB // ABCD O 2=AB 1=EF ⊥DAF CBF AB CBF AD BFED −− 60  ⊥ABCD ABEF ABCB ⊥ ABCD ABEF AB ⊥∴CB ABEF FA B C D O.H M E 平面 ， ， 又 为圆 的直径， ， 平面 ． 平面 ， 平面 平面 ． …………………4 分 （Ⅱ）根据（Ⅰ）的证明，有 平面 ， 为 在 平面 上的射影， 因此， 为直线 与平面 所成的角． ………………………5 分 ， 四边形 为等腰梯形， 过点 作 ，交 于 ． , ，则 ． 在 中，根据射影定理 ，得 ．…………………7 分 ， ． 直线 与平面 所成角的大小为 ． …………………8 分 (Ⅲ)（解法一）过点 作 ，交 的延长线于点 ，连 ． 根据（Ⅰ）的证明， 平面 ，则 ， 为二面角 的平面角， ．…………………9 分 在 中， ， , ． ………………… 10 分 又 四边形 为矩形， ． ． 因此，当 的长为 时，二面角 的大小为 ． …………………12 分 （解法二）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 在 中， ， , ． 点 的坐标为 ，点 的坐标为 , ⊂AF ABEF CBAF ⊥∴ AB O BFAF ⊥∴ ⊥∴ AF CBF ⊂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 A EFAM ⊥ EF M DM ⊥DA ABEF EFDM ⊥ DMA∠∴ BFED −− 60=∠DMA AFHRt∆ 2 1=AH 1=AF 2 3=∴ FH  AMFH 2 3==∴ FHMA 2 332 3tan =⋅=∠⋅=∴ DMAMAAD AD 2 3 BFED −− 60 EF G O OA OG AD x y z tAD = )0( >t D ),0,1( t AFHRt∆ 2 1=AH 1=AF 2 3=∴ FH ∴ F )0,2 3,2 1( E )0,2 3,2 1(− FA B C D E OH M z x y ， 设平面 的法向量为 ，则 , ． 即 令 ，解得 …………………10 分 取平面 的一个法向量为 ，依题意 与 的夹角为 ，即 ， 解得 （负值舍去） 因此，当 的长为 时，二面角 的大小为 ． …………………12 分 6、（2009 昆明市期末）如图，在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，BB1=2,BC=2 ，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 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。 ),2 3,2 1( tDF −−=∴ ),2 3,2 3( tDE −= DEF ),,(1 zyxn = 01 =⋅ DFn 01 =⋅ DEn    =−+− =−+− .02 3 ,0 2 3 2 3 2 1 tzyx tzyx 3=z tyx 2,0 == )3,2,0(1 tn =∴ BEF )1,0,0(2 =n 1n 2n 60 21 2160cos nn nn ⋅ ⋅=∴  134 300 2 1 2 ⋅+ ++= t 2 3±=t AD 2 3 BFED −− 60 2 ,2 22 2 2 1 11 1 1 CC CB DB BB === 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 故 所 以 二 面 角 的 大 小 为 ·································· ····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 则 由 故 又 所以 故 又 BD∩BA1=B 所以 B1C⊥面 A1BD， （Ⅱ）依题意有 设 ⊥平面 ACB1， ⊥平面 ABC。 求得 故 所 以 二 面 角 的 大 小 为 ·································· ,10,6 1 == EBBE .5 15cos 1 1 ==∠ EB BEBEB .5 15arccos ).20,0(),6,2,0(),0,2,2(),0,0,2(),0,0,2( 11 DABBC − ).0,2,22(),6,2,2( 11 =−= CBBA ,0062222211 =×+×+×−=⋅CBBA ,11 CBBA ⊥ ),0,2,2(−=BD .000222221 =×+×+×−=⋅CBBD 1CBBD ⊥ ),6,0,2(),0,2,2(),6,0,0(),0,0,2( 1 =− CABAC ).0,2,22(1 =CB 1n 2n ).0,1,0(),2,32,6( 21 =−= nn .5 15 2)32()6( 32 |||| ,cos 22 21 21 21 = ++ = ⋅ ⋅>=< nn nnnn .5 15arccos ····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 ． （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 ． 设 SM＝x， 则 ，解之 ，即 ．…………………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 ． ∴ ，∴ ． ∴ ，即　　　　 所求二面角为 ． ……… 12 分 解法二：（1）建立空间坐标系（如图） ∵底面边长为 1，∴ ， ， ， 6 3 1 6 6 2 3 6OH = ⋅ = 2 26 1 1( )6 2 2x x= − ⋅ 3 2x = 3 2SM = 2 2 2 2(2 ) 2( )QM SN MN MS+ = + 2 3 34 2(1 )4 4QM = + − 11 4QM = 2 211 3 3( ) ( ) 14 4 4cos 11 3 332 4 4 α + − = = ⋅ ⋅ 1arccos 33 1 1( 0)2 2A −， ， 1 1( 0)2 2B ， ， 1 1( 0)2 2C − ， ， S A B CD O E M· （第 19 题） Q H F N ． ……………1 分 设 ， 平面 SBC 的一个法向 ， 则 ， ． ∴ ， ． ∴y＝2h，n＝（0，2h，1）．… 3 分 而 ＝（0，1，0），由题意，得 ．解得 ． ∴斜高 ． …………………………………………6 分 （2）n＝（0，2h，1）＝ ， 由对称性，面 SAD 的一个法向量为 n1＝ ………8 分 设平面 EBC 的一个法向量 n2=（x，y，1），由 ， ，得 解得 ∴ ．…10 分 设所求的锐二面角为 α，则 ，∴ ．……… 12 分 2009 年联考题[来源:.COM] 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， 是正方体，其中 （1）求证： ； （2）求平面 PAD 与平面 所成的锐二面角 的余弦值； 1(0 0)2M ， ， (0 0 )S h，， ( 1)x y= ，，n 1(0 )2SM h= − ， ， (1 0 0)CB = ，， 0 CB x= ⋅ =n 10 2SM y h= ⋅ = −n AB 2 6 | | 2 3 | | 4 1 AB h h ⋅= = +  n n 2 2h = 2 2 3| | 2SM SO OM= + =   (0 2 1)， ， (0 2 1)−， ， 1 1 2( )4 4 4E −， ， 1 3 2 1( ) (1 3 2)4 4 4 4EB = − = − ， ， ，， 2 2 0 10 ( 3 2).4 CB x EB x y  = ⋅ = = ⋅ = + −   ，n n 0 2 .3 x y = = ， 2 1 (0 2 3)3 = ， ，n 1 2 1 2 1 2 | | 1cos | cos | | || | 33 ⋅α = < > = =， n nn n n n 1arccos 33 α = 1 1 1 1ABCD A B C D− 2,AB = 6PA = 1 1PA B D⊥ 1 1BDD B θ S A B CD O E M x y z （第 19 题） （3）求 到平面 PAD 的距离 以 为 轴， 为 轴， 为 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，∴ 又 ， ∴ ∴ ∴ ∴ ， 即 。 （2）解 设平面 PAD 的法向量是 ， ∴ 取 得 ，又平面 的法向量是 ∴ ， ∴ 。 （3）解 ∴ 到平面 PAD 的距离 。 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＝ ， 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， 建立如图所示的空间直角坐标系 , 依题意，可得 ∴ ∴ 即 ,∴AM⊥PM . (Ⅱ)解 设 ，且 平面 PAM，则 1B 11BA x 11DA y AA1 z  ABCDPE ⊥ 2, 6AB PA= = 2=PE )4,1,1(P 1 1 ( 2,2,0), (1,1,2)B D AP= − =  1 1 0B D AP⋅ =  1 1PA B D⊥ ( , , )m x y z= (0,2,0), (1,1,2)AD AP= =   02,0 =+= zxy 1=z ( 2,0,1)m = − 1 1BDD B (1,1,0)n = 10cos , 5 m nm n m n ⋅< >= = −      10cos 5 θ = 1 ( 2,0,2)B A = −  1B 1 6 55 B A m d m ⋅ = =    22 D xyz− ),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) (2 2,0,0) ( 2,2,0)AM = − = − ( 2,1, 3) ( 2,2,0) 0PM AM⋅ = − ⋅ − =  PM AM⊥  ( , , )n x y z= n ⊥ M P D C BA z y x M P D C BÁ 即 ∴ ， 取 ，得 取 ，显然 平面 ABCD， ∴ 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 ，由(Ⅱ)可知 与平面 PAM 垂直，则 = 即点 D 到平面 PAM 的距离为 3.(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 的对角线 上，∠HDA= ． （Ⅰ）求 DH 与 所成角的大小； （Ⅱ）求 DH 与平面 所成角的大小． 解：以 为原点， 为单位长建立空间直角坐标系 ． 设 则 ， ．连结 ， ． 设 ，由已知 ， 由 可得 ．解得 ， 所以 ．（Ⅰ）因为 ， 所以 ．即 DH 与 所成的角为 ． （Ⅱ）平面 的一个法向量是 ． 0 0 n PM n AM  ⋅ = ⋅ =        =−⋅ =−⋅ 0)0,2,2(),,( 0)3,1,2(),,( zyx zyx    =+− =−+ 022 032 yx zyx    = = yx yz 2 3 1=y ( 2,1, 3)n = (0,0,1)p = p ⊥ 3 2cos , 2| | | | 6 n pn p n p ⋅= = = ⋅      d ( 2,1, 3)n = | | | | DA nd n ⋅=    3 62 )3(1)2( |)3,1,2()0,0,22(| 222 = ++ ⋅ 3 62 ABCD A B C D′ ′ ′ ′− 'B D′ 060 CC′ AA D D′ ′ D DA D xyz− ( 1)( 0)H m m m >， ， (1 0 0)DA = ，， (0 01)CC′ = ，， BD B D′ ′ ( 1)( 0)DH m m m= > ， ， 60DH DA< >=  ， cosDA DH DA DH DA DH= < >       ， 22 2 1m m= + 2 2m = 2 2 12 2DH  =      ， ， 2 20 0 1 1 22 2cos 21 2 DH CC × + × + × ′< >= = ×  ， 45DH CC′< >=  ， CC′ 45 AA D D′ ′ (01 0)DC = ，， A B CD A′ B′ C′ x y z H 因为 ， 所以 ． 可得 DH 与平面 所成的角为 ． 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， （1）求证： 平面 BCD； （2）求异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值； （3）求点 E 到平面 ACD 的距离． ⑴ 证明 连结 OC ， ． 在 中，由已知可得 而 ， 即 ∴ 平面 ． (2)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 所成角的余弦值为 ． ⑶解 设平面 ACD 的法向量为 则 ， 2 20 1 1 0 12 2cos 21 2 DH DC × + × + × < >= = ×  ， 60DH DC< >=  ， AA D D′ ′ 30 2 , 2.CA CB CD BD AB AD= = = = = = AO ⊥ , , .BO DO AB AD AO BD= = ∴ ⊥ ,BO DO BC CD= = CO BD⊥ AOC∆ 1, 3.AO CO= = 2AC = 2 2 2 ,AO CO AC∴ + = 90 ,oAOC∴∠ = .AO OC⊥ ,BD OC O=  AO ⊥ BCD (1,0,0), ( 1,0,0),B D − 1 3(0, 3,0), (0,0,1), ( , ,0), ( 1,0,1), ( 1, 3,0).2 2C A E BA CD= − = − −  2cos , 4 BA CDBA CD BA CD ⋅∴ < >= = ⋅      2 4 ( , , ),n x y z= ( , , ) ( 1,0, 1) 0 ( , , ) (0, 3, 1) 0 n AD x y z n AC x y z  ⋅ = ⋅ − − = ⋅ = ⋅ − =     A C D O B E y z x A C D O B E y z x ∴ ，令 得 是平面 ACD 的一个法向量． 又 ∴点 E 到平面 ACD 的距离 ． 5.(广东省高明一中 2009 届高三上学期第四次月考)如图， 已知 平面 ， 平面 ，△ 为 等边三角形， ， 为 的中点. (1) 求证： 平面 ； (2) 求证：平面 平面 ； (3) 求直线 和平面 所成角的正弦值. 设 ，建立如图所示的坐标系 ，则 . ∵ 为 的中点，∴ . (1) 证明 ， ∵ ， 平面 ，∴ 平面 . (2) 证明 ∵ ， ∴ ，∴ . ∴ 平面 ，又 平面 ， ∴平面 平面 . (3) 解 设平面 的法向量为 ，由 可得： ，取 . 又 ，设 和平面 所成的角为 ，则 . 0 3 0 x z y z + = − = 1,y = ( 3,1, 3)n = − 1 3( , ,0),2 2EC = − 3 21 77 EC n h n ⋅ = = =    AB ⊥ ACD DE ⊥ ACD ACD 2AD DE AB= = F CD //AF BCE BCE ⊥ CDE BF BCE 2 2AD DE AB a= = = A xyz− ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 2 0 0 , 0,0, , , 3 ,0 , , 3 ,2A C a B a D a a E a a a，， , ，， F CD 3 3, ,02 2F a a       ( ) ( )3 3, ,0 , , 3 , , 2 ,0,2 2AF a a BE a a a BC a a  = = = −       ( )1 2AF BE BC= +   AF ⊄ BCE //AF BCE ( ) ( )3 3, ,0 , , 3 ,0 , 0,0, 22 2AF a a CD a a ED a  = = − = −       0, 0AF CD AF ED⋅ = ⋅ =    ,AF CD AF ED⊥ ⊥    AF ⊥ CDE //AF BCE BCE ⊥ CDE BCE ( ), ,n x y z= 0, 0n BE n BC⋅ = ⋅ =    3 0,2 0x y z x z+ + = − = ( )1, 3,2n = − 3 3, ,2 2BF a a a  = −     BF BCE θ 2 2sin 42 2 2 BF n a aBF n θ = = = ⋅⋅      A B C D E F ∴直线 和平面 所成角的正弦值为 . 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 ，其中∠ =90º， ． 点 A、D 分别是 、 的中点，现将△ 沿着边 折起到△ 位置，使 ⊥ ，连结 、 ． （1）求证： ⊥ ； （2）求二面角 的平面角的余弦值． （1）证明 ∵点 A、D 分别是 、 的中点，[来源:.com] ∴ . ∴∠ =90º. ∴ . ∴ , ∵ , ∴ ⊥平面 . ∵ 平面 , ∴ . （2）解 建立如图所示的空间直角坐标系 ． 则 （－1，0，0）， （－2，1，0）， （0，0，1）. ∴ =（－1，1，0）， =（1，0，1）, 设平面 的法向量为 =（x，y，z），则： ， 令 ，得 ， ∴ =（1，1，－1）. 显然， 是平面 的一个法向量， =（ ）． ∴cos< ， >= ． ∴二面角 的平面角的余弦值是 . BF BCE 2 4 RBC RBC 2== BCRB RB RC RAD AD PAD PA AB PB PC BC PB PCDA −− RB RC BCADBCAD 2 1,// = RBCRADPAD ∠=∠= ADPA ⊥ BCPA ⊥ AABPAABBC =⊥ , BC PAB ⊂PB PAB PBBC ⊥ xyzA − D C P DC DP PCD n    =+=⋅ =+−=⋅ 0 0 zxDPn yxDCn   1=x 1,1 −== zy n PA ACD PA ,0,0 1− n PA 3 3 13 1 = × = ⋅ ⋅ PAn PAn   PCDA −− 3 3 A C D B P R