2006年全国高考数学试题中《立体几何》汇总[上学期]

课件中心精品资料 www. 找精品资料 到课件中心
2006年全国高考数学试题中《立体几何》汇总
近几年来,高考立体几何命题遵循了"稳定大局、控制难度、改革探索"的指导思想和原则。
命题稳定主要表现在：考察重点及难点稳定;高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与判断定,线面间的空间角和空间距离的计算作为考查的重点,尤其是以多面体为载体考察线面关系的论证。
多用选择题、填空题考察本章的基本性质和定理,用解答题考察空间线面关系推证和空间角、空间距离的计算。
复习时,要做好如下几项工作：
首先要落实概念，弄清概念的内涵和外延。其次就是定理的内容是什么，作用是什么，多用在哪些地方，怎么用，再就是让学生对知识有系统地认识，把知识网络化，只有这样知识才有可能转化成能力。
其次要总结规律，规范训练，立几解题过程，常有明显的规律性。如：两异面直线所成角转化为两相交直线的夹角，面面（平行、垂直）转化为线面（平行、垂直）再转化为线线（平行、垂直），面面距离再转化成点面距离。
对求角可归纳为：求角先定平面角、三角形去解决，正余（弦）定理、三角定义常用，若是余弦为负值，异面、线面取锐角。对距离可归纳为：距离多是垂线段，放到三角形中去计算，经常用正弦定理、勾股定理，若是垂线难作出，等积等高来转换。不断总结。才能不断提高。
对立几复习还应注意，因高考中反映出这方面的问题十分严重，不少考生对作、证、求三环节交待不清，表达不够规范、严谨，造成失分严重的现象。
最后，应重视空间想象能力、逻辑思维能力、化归转化能力的培养。
高考在立体几何这一块有如下特点：
1保持稳定的态势。
近几年，考试的内容和要求每年都有些调整，但立体几何这一块却保持相对稳定，具体地说：
①每年都是考2—3道选择题，1道填空题，1道解答题，分值占全卷的18%—20%。
②选择题、填空题是较易题或中档题，解答题属中档题。
③解答题以多面体为依托，设计成几个小问，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考察空间角、空间距离、面积、体积等度量关系，其解题思路也都是“作—证—求”。强调作图、证明和计算相结合。
2.命题每年都有新意。
在恪守《考试说明》、保持相对稳定的前提下，最近几年立体几何命题改革的招数迭出，主要是在命题形式上不断有新尝试；将填空题设计成开放题和多选题的动向、最值得注意，连续几年都出现这种题，这表明这两种题型已成为高考命题的趋势。
3.对空间想象能力的要求有所提高。
由于高考试卷中立体几何题一般都给出了图形，而且《考试说明》对截面、异面直线间的距离的考察有了严格的限制，所以一度对空间想象能力好像降低了一些要求，但近年来出现了一批立意新颖的题，这表明高考对空间想象能力的要求又有新提高。
高考对空间想象能力的要求是“四会”：
①会画图—根据题设条件画出合题意的图或画出自己想作的辅助线。
②会识图—根据题目给出的图形、想象出立体的形状和有关线面的位置关系。
③会析图—对图进行必要的分解、组合。
④会复图—对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或施行割补术。
[复习策略]
在基础知识中，首先抓住概念，用清晰的概念去带动对定理的准确理解；在“直线与平面”与“简单体”中，重点抓住“直线与平面”。
在基本能力中，重点抓“作图—证明—计算”的训练,注重证明与计算的紧密结合：计算题往往是先“证”后“算”,而推理判断又往往借助于几何量的计算。
在各种难度的训练中,以中、低档题为主,严格按《考试说明》的要求,不超钢,不出线。
立体几何的概念多,定理多,容易相互混淆;综合运用立体几何知识解题又是一个难关。另外,图形的翻折、割补等也是学生常感到困难的问题。
为了突破这些难关,复习中应经常做这样几件事：一、建立知识框架和网络,弄清概念之间的包含关系,理清定理的来龙去脉;二、从条件、结论和适用范围上去比较容易混淆的各个定理,从内涵和外延上比较容易混淆的各个概念;三、灌输降维转化思想、强调平移法、射影法、体积法、割补法等方法 ：四、反思,归纳,总结解题规律。
解答题（共25题）
1. （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().
2.（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PAAC
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，FOABFOAC由三垂线定理可知EOF是二面角E－AC－D的平面角.又FO＝AB＝PA＝EFEOF＝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.
3．（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
4．（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
5．（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.
6．（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。
所以到平面AMN的距离为。
7．（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.
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.
8．（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. 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
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.
9．（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；
（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
（1） 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A1BP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.
10．（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：ADBC
（1） 求二面角B－AC－D的大小
（1） 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.
11．（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:.
12．（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.
【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.
13．（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⊥；
（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.
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),
∴cos∠NBH= = =
14．（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：（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，BO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ED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
＝（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＜，＞＝EQ \f(·,||·||)＝，即得和的夹角为60°．
所以二面角A1－AD－C1为60°．
15．（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
16．（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），
。
EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 。
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：，。
，故时，平面。
17．(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.
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．
18．(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.
19．(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=.
20．（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
∵，
∴
∴
21（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.
22.（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.
23.(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
24.(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:.
25.（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△A1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 的角大小为 ，即异面直线A1B与B1C所成角的大小为 ．
H
P
O
F
E
D
C
B
A
Q
B
C
P
A
D
Q
B
C
P
A
D
O
M
Q
B
C
P
A
D
z
y
x
O
Q
B
C
P
A
D
O
M
图1
图2
Ａ
Ｏ
Ｅ
Ｃ
Ｂ
A
A
C
B
D
E
F
B
C
D
E
F
A
B
M
N
C
l2
l1
H
A
B
M
N
C
l2
l1
H
x
y
z
A
B
C
D
E
A1
B1
C1
A
B
C
D
E
A1
B1
C1
O
F
A
B
C
D
E
A1
B1
C1
O
z
x
y
A
B
A1
B1
α
β
l
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
课件中心精品资料 www. 版权所有@课件中心 第 1 页 共 36 页