1、（08重慶卷）（本小題滿分13分，（Ⅰ）小問6分，（Ⅱ）小問7分.）

如題（19）圖，在中，B=,AC=,D、E兩點分別在AB、AC上.使,DE=3.現(xiàn)將沿DE折成直二角角，求：

（Ⅰ）異面直線AD與BC的距離；

（Ⅱ）二面角A-EC-B的大�。ㄓ梅慈�角函數(shù)表示）.

解法一：（Ⅰ）在答（19）圖1中，因，故BE∥BC.又因B＝90°，從而

AD⊥DE.在第（19）圖2中，因A-DE-B是直二面角，AD⊥DE,故AD⊥底面DBCE，從而AD⊥DB.而DB⊥BC,故DB為異面直線AD與BC的公垂線.

下求DB之長.在答（19）圖1中，由，得

又已知DE=3,從而

因

（Ⅱ）在第（19）圖2中，過D作DF⊥CE,交CE的延長線于F，連接AF.由（1）知，

AD⊥底面DBCE,由三垂線定理知AF⊥FC,故∠AFD為二面角A-BC-B的平面

角

在底面DBCE中，∠DEF=∠BCE,

因此

從而在Rt△DFE中，DE=3,

在

因此所求二面角A-EC-B的大小為arctan

解法二：

（Ⅰ）同解法一.

（Ⅱ）如答（19）圖3.由（Ⅰ）知，以D點為坐標原點，的方向為x、

y、z軸的正方向建立空間直角坐標系，則D（0，0，0），A（0，0，4），

，E（0，3，0）.

過D作DF⊥CE,交CE的延長線

于F，連接AF.

設(shè)從而

，有

      ①

又由       ②

聯(lián)立①、②，解得

因為,故,又因,所以為所求的二面角A-EC-B的平面角.因

有所以

因此所求二面角A-EC-B的大小為

2、（08福建卷）（本小題滿分12分）

如圖，在四棱錐P-ABCD中，則面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA=PD＝，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O為AD中點.

（Ⅰ）求證：PO⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求異面直線PD與CD所成角的大��；

（Ⅲ）線段AD上是否存在點Q，使得它到平面PCD的距離為？若存在，求出　的值；若不存在，請說明理由.

本小題主要考查直線與平面的位置關(guān)系、異面直線所成角、點到平面的距離等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.滿分12分.

解法一：（Ⅰ）證明：在△PAD中PA=PD,O為AD中點，所以PO⊥AD,

又側(cè)面PAD⊥底面ABCD,平面平面ABCD=AD, 平面PAD，

所以PO⊥平面ABCD.

（Ⅱ）連結(jié)BO，在直角梯形ABCD中、BC∥AD，AD=2AB=2BC,

有OD∥BC且OD=BC,所以四邊形OBCD是平行四邊形，

所以O(shè)B∥DC.

由（Ⅰ）知，PO⊥OB,∠PBO為銳角，

所以∠PBO是異面直線PB與CD所成的角.

因為AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB中，AB=1,AO=1,

所以O(shè)B＝，

在Rt△POA中，因為AP＝，AO＝1，所以O(shè)P＝1，

在Rt△PBO中，tan∠PBO＝

所以異面直線PB與CD所成的角是.

（Ⅲ）假設(shè)存在點Q，使得它到平面PCD的距離為.

設(shè)QD＝x，則，由（Ⅱ）得CD=OB=，

在Rt△POC中，

所以PC=CD=DP,

由V_p-DQC=V_Q-PCD,得2，所以存在點Q滿足題意，此時.

解法二：

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)以O(shè)為坐標原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系O-xyz,依題意，易得

A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),

所以

所以異面直線PB與CD所成的角是arccos，

 (Ⅲ)假設(shè)存在點Q，使得它到平面PCD的距離為，

由(Ⅱ)知

設(shè)平面PCD的法向量為n=(x₀,y₀,z₀).

則所以即，

取x₀=1,得平面PCD的一個法向量為n=(1,1,1).

設(shè)由，得解y=-或y=(舍去)，

此時，所以存在點Q滿足題意，此時.

3、（08遼寧卷）（本小題滿分12分）

如圖，在棱長為1的正方體中，AP=BQ=b（0<b<1），截面PQEF∥，截面PQGH∥．

（Ⅱ）證明：截面PQEF和截面PQGH面積之和是定值，

并求出這個值；

（Ⅲ）若與平面PQEF所成的角為，求與平

面PQGH所成角的正弦值．

本小題主要考查空間中的線面關(guān)系，面面關(guān)系，解三角形等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力與邏輯思維能力。滿分12分．

解法一：

，，，

所以，，

所以平面．

所以平面和平面互相垂直．??????? 4分

（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知

，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面PQEF和截面PQGH面積之和是

，是定值．???????????????????? 8分

（III）解：連結(jié)BC′交EQ于點M．

因為，，

所以平面和平面PQGH互相平行，因此與平面PQGH所成角與與平面所成角相等．

與（Ⅰ）同理可證EQ⊥平面PQGH，可知EM⊥平面，因此EM與的比值就是所求的正弦值．

設(shè)交PF于點N，連結(jié)EN，由知

．

因為⊥平面PQEF，又已知與平面PQEF成角，

所以，即，

解得，可知E為BC中點．

所以EM=，又，

故與平面PQCH所成角的正弦值為．??????????????? 12分

解法二：

，，，，

，，，

，，．

（Ⅰ）證明：在所建立的坐標系中，可得

，

，

．

因為，所以是平面PQEF的法向量．

因為，所以是平面PQGH的法向量．

因為，所以，

所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．????????????????????? 4分

（Ⅱ）證明：因為，所以，又，所以PQEF為矩形，同理PQGH為矩形．

在所建立的坐標系中可求得，，

所以，又，

所以截面PQEF和截面PQGH面積之和為，是定值．?????????????? 8分

（Ⅲ）解：由已知得與成角，又可得

                         ，

即，解得．

所以，又，所以與平面PQGH所成角的正弦值為

．????????????????????? 12分

立體幾何是高中數(shù)學中的重要內(nèi)容，也是高考的熱點內(nèi)容。該部分新增加了三視圖，對三視圖的考查應引起格外的注意。立體幾何在高考解答題中，常以空間幾何體（柱，錐，臺）為背景，考查幾何元素之間的位置關(guān)系。另外還應注意非標準圖形的識別、三視圖的運用、圖形的翻折、求體積時的割補思想等，以及把運動的思想引進立體幾何。最近幾年綜合分析全國及各省高考真題，立體幾何開放題是高考命題的一個重要方向，開放題更能全面的考查學生綜合分析問題的能力�？疾閮�(nèi)容一般有以下幾塊內(nèi)容：

1、平行：包括線線平行，線面平行，面面平行；

2、垂直：包括線線垂直，線面垂直，面面垂直；

3、角度：包括線線（主要是異面直線）所成的角，線面所成的角，面面所成的角；4、求距離或體積；

高考中的立體幾何題的解法通常一題多解，同一試題的解題途徑和方法中常常潛藏著極其巧妙的解法，尤其是空間向量這一工具性的作用體現(xiàn)的更為明顯。因此，這就要求考生通過“周密分析、明細推理、準確計算、猜測探求”等具有創(chuàng)造性思維活動來選擇其最佳解法以節(jié)約做題時間，從而適應最新高考要求。

熟練掌握該部分的判定定理和性質(zhì)定理是做好立體幾何的重中之重。同時平時要注意培養(yǎng)自己的空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.

1、如圖所示，在矩形中，，點是的中點，將沿折起到的位置，使二面角是直二面角.

（Ⅰ）證明：；

（Ⅱ）求二面角的正切值.

2.在三棱柱ABC―A₁B₁C₁中，底面是邊長為的正三角形，點A₁在底面ABC上的射影O恰是BC的中點．

（Ⅰ）求證：A₁A⊥BC；

（Ⅱ）當側(cè)棱AA₁和底面成45°角時，

求二面角A₁―AC―B的大小余弦值；

（Ⅲ）若D為側(cè)棱A₁A上一點，當為何值時，BD⊥A₁C₁．

3.如圖，在直三棱柱ABC―A₁B₁C₁中， .

（Ⅰ）若D為AA₁中點，求證：平面B₁CD平面B₁C₁D；

（Ⅱ）若二面角B₁―DC―C₁的大小為60°，求AD的長.

4.四棱椎P―ABCD中，底面ABCD是矩形，為正三角形，

平面PB中點.

（1）求證：PB∥ 平面AEC；

（2）求二面角E―AC―D的大小.

5.正△ABC的邊長為4，CD是AB邊上的高，E、F分別是AC和BC邊的中點，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A―DC―B。

（1）試判斷直線AB與平面DEF的位置關(guān)系，并說明理由；

（2）求二面角E―DF―C的余弦值；

參 考 答 案：

1解：（Ⅰ）∵AD=2AB=2，E是AD的中點，

∴△BAE，△CDE是等腰直角三角形，

易知，∠BEC=90°，即BE⊥EC    

又∵平面D′EC⊥平面BEC，面D′EC∩面BEC=EC，

∴BE⊥面D′EC，又CD′面D′EC，∴BE⊥CD′

（Ⅱ）法一：設(shè)M是線段EC的中點，過M作MF⊥BC

垂足為F，連接D′M，D′F，則D′M⊥EC

∵平面D′EC⊥平面BEC，∴D′M⊥平面EBC，

∴MF是D′F在平面BEC上的射影，

由三垂線定理得：D′F⊥BC，

∴∠D′FM是二面D′―BC―E的平面角.

在Rt△D′MF中，。

∴，

即二面角D′―BC―E的正切值為.      

法二：如圖，以EB，EC為x軸，y軸，過E垂直于平面BEC的射線為z軸，建立空間直角坐標系，則

設(shè)平面BEC的法向量為；平面D′BC的法向量為

由.取 

∴。 

∴二面角D′―BC―E的的正切值為.

2.本小題考查空間直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系和二面角等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力.

解法一：（Ⅰ）連結(jié)AO，∵A₁O⊥面ABC，AO⊥BC．

∴A₁A⊥BC．                      

（Ⅱ）由（Ⅰ）得∠A₁AO=45°

由底面是邊長為2的正三角形，可知AO=3

∴A₁O=3，AA₁=3

過O作OE⊥AC于E，連結(jié)A₁E，則∠A₁EO為二面角A₁―AC―B的平面角          

∵OE=，∴tan∠A₁EO=                         

即二面角A₁―AC―B的大小余弦值為．

（Ⅲ）過D作DF∥A₁O，交AO于F，則DF⊥平面ABC．

∴BF為BD在面ABC內(nèi)的射影，

又∵A₁C₁∥AC，∴要使BD⊥A₁C₁，只要BD⊥AC，即證BF⊥AC，

∴F為△ABC的中心，∴                       

解法二：以O(shè)點為原點，OC為x軸，OA為y軸，OA₁為z軸建立空間直角坐標系．

（Ⅰ）由題意知∠A₁AO=45°，A₁O=3．

∴O（0，0，0），C（，0，0），A（0，3，0），A₁（O，0，3），B（－，0，0）．

∵=（0，－3，3），=（2，0，0）

∴?=0×2+（－3）×0+3×0=0．

∴AA₁⊥BC．                    

（Ⅱ）設(shè)面ACA₁的法向量為n₁=（x，y，z），

則

令z=1，則x=，y=1，∴n₁=（，1，1）             

而面ABC的法向量為n₂=（0，0，1）   

cos(n₁，n₂)=

又顯然所求二面角的平面角為銳角，

∴所求二面角的大小為                

（Ⅲ）A₁C₁∥AC，故只需BD⊥AC即可，設(shè)AD=a，則D（0，3－a，a）

又B（－，0，0），則=（－，3－a，a），=（，－3，0）．

要使BD⊥AC，須?=3－3（3－a）=0，

得a=2，而AA₁=3，∴A₁D=，∴

3.本題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系、二面角的概念等基礎(chǔ)知識；考查空間想像能力、推理論證能力和探索問題、解決問題的能力．

解法一：（Ⅰ）∵，∴，又由直三棱柱性質(zhì)知，∴平面ACC₁A₁.∴……①

由D為中點可知，，

∴即……②

由①②可知平面B₁C₁D，又平面B₁CD，故平面平面B₁C₁D.

（Ⅱ）由（1）可知平面ACC₁A₁，如圖，在面ACC₁A₁內(nèi)過C₁作，交CD或延長線或于E，連EB₁，由三垂線定理可知為二面角B­₁―DC―C₁的平面角，

∴

由B₁C₁=2知，，

設(shè)AD=x，則∵的面積為1，∴，

解得，即

解法二：（Ⅰ）如圖，以C為原點，CA、CB、CC₁所在直線為x, y, z軸建立空間直角坐標系. 則 C（0，0，0），A（1，0，0），B₁（0，2，2），C₁（0，0，2），D（1，0，1）. 即

得；又，∴平面B₁C₁D.又平面B₁CD，

∴平面平面B₁C₁D

（Ⅱ）設(shè)AD=a，則D點坐標為（1，0，a），，

設(shè)平面B₁CD的法向量為. 則由 得，又平面C₁DC的法向量為，則由，即，故

4.本題主要考查直線與直線、直線與平面、二面角的概念等基礎(chǔ)知識；考查空間想象能力、推理論證能力和探索問題、解決問題的能力，同時也可考查學生靈活利用圖形，建立空間直角坐標系，借助向量工具解決問題的能力。

解（1）連

， 

（2）解法一：設(shè)，過

     平面ABCD，

取中點,連結(jié)EG、OG，

解法二：設(shè)，過

平面ABCD，

又  故可以分別以O(shè)H、HC、HP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系H-xyz。由已知得H（0，0，0）,A（a,-b,0）,B(a,b,0),C(0,b,0),

D(0,-b,0),P(0,0, ),E(     

,

解得，，

取y=1,得

5．本題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系、二面角的概念等基礎(chǔ)知識；考查空間想像能力、推理論證能力和探索問題、解決問題的能力．滿分13分．

解：法一：（1）如圖：在△ABC中，由E、F分別是AC、BC中點，得EF//AB，

（2）∵AD⊥CD，BD⊥CD 

∴∠ADB是二面角A―CD―B的平面角

∴AD⊥BD   ∴AD⊥平面BCD

取CD的中點M，這時EM∥AD   ∴EM⊥平面BCD

過M作MN⊥DF于點N，連結(jié)EN，則EN⊥DF

∴∠MNE是二面角E―DF―C的平面角

在Rt△EMN中，EM=1，MN=

∴tan∠MNE=，cos∠MNE= 

（Ⅲ）在線段BC上存在點P，使AP⊥DE

證明如下：在線段BC上取點P。使，過P作PQ⊥CD與點Q，

∴PQ⊥平面ACD  ∵在等邊△ADE中，∠DAQ=30°

∴AQ⊥DE∴AP⊥DE

法二：（2）以點D為坐標原點，直線DB、DC為x軸、y軸，建立空間直角坐標系，則A（0，0，2）B（2，0，0）C（0，

平面CDF的法向量為設(shè)平面EDF的法向量為

則 即

所以二面角E―DF―C的余弦值為 

（3）在平面坐標系xDy中，直線BC的方程為  

設(shè)

所以在線段BC上存在點P，使AP⊥DE      

另解：設(shè)

又     

把，

所以在線段BC上存在點P使AP⊥DE