2006年高考數(shù)學(xué)試題分類匯編立體幾何

6（ B. C. D.7（ 卷）關(guān)于直線mn與平面①若mn且mn；②若mn且，則mn③若mn且mn；④若mn且，則mn； 解：DADCD8（ADCD的直線共有 A.4 D.12解：ABCDABCD

111作直線,其中與平面DBB1D1平行的直線共有12條，選 239（的面積是()2323 23

2解：2ABCD的四個頂點都在同一個球面上,若過該球球心的一個截面如圖為△ABFAB=2，EAB233

22

10（ B. C.

2解：2OAOOA60°12

11（與正方體的某一個平面平行，且（A）1 （B）2 （C）3 面正方形ABCD112（BEFDA－EFCS1，S2，則必有（） B.C. D.S1，S2解：OA、OB、OC、ODVA－BEFD＝VO－ABD＋VO－ABE＋VO－BEFD，VA－EFC＝VO－ADC＋VO－AEC＋VO－EFCVA－BEFD＝VA－EFC而每個三棱錐的高都是原四面體的內(nèi)切球的半徑，故SABD＋SABE＋SBEFD＝SADC＋SAEC＋SEFCAEFC4個命題中，是（）確，BB③若直線l1l2與同一平面所成的角相等,則l1l2互相平行④若直線l1l2是異面直線,則與l1l2都相交的兩條直線是異面直線. 【解析】利用特殊圖形正方體我們不難發(fā)現(xiàn)①、②、③、④均不正確，故選擇答案D15.（卷I）已知各頂點都在一個球面上的正四棱柱高為4，體積為16，則這個球的表 B． C． 66

，球的表面積是24616.（II）過球的一條半徑的中點，作垂直于該半徑的平面，則所得截面的面積與球的6（A）

(B)

(D) ,一個半徑為3R的圓,S1

3

3, 2617.（II）如圖，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB與兩平面α、βπA、BA′、B′AB∶A′B′＝6 解析:AB和AB,AB=a,可得AB與平面

πAABBAB,在RtBAB中有AB 2a,同理可得AB與平面所成的角為ABA4所 AA12

因此

RtAAB中AB

(2(2a)2(122

所ABABa1a2:1,2 II）如圖，平面AB,AB與兩平面、 46。過A、BAB若AB=12,AB 解：連接AB和AB,設(shè)AB=a,可得ABBAB,4RtBAB中有AB

2a,同理可得AB與平面所成的角為ABA,AA1a AB6

1a,ABAB(2(2a)2(122

a:12

21,a=AB=12,19（∠DAB=60°,EAB的中點，將△ADE與△BECED、ECA、BPP－DCE三棱錐的44

6464(6)3 6 320（333

，它的外接球的半徑為 3求的比為 ，選321．(陜西卷)已知平面α外不共線的三點A,B,C到α的距離都相等,確的結(jié)論是( A.平面ABC必平行于α B.平面ABC必與α相交C.ABC必不垂直于αD.存在△ABC的一條中位線平行于α或在αABCααA在平面一側(cè)，另兩點B、CDE//BC，DEαD． （B）（C）（D）“這四個點中有三點在同一直線上”有兩種情況：1）第四點在共線三故選（A） （B）（C）（D）異面直線”是“這兩條直線沒有公共點”A.24（ 卷）已知二面角l的大小為600，mn為異面直線，且mnmn（A）

解析：二面角l的大小為600，mn為異面直線，且mn，則mnθ60025.（卷）已知球O的半徑是1，A、B、C三點都在球面上，A、B兩點和A、C B、CBOAC4

3

2

3解析：球OR=1ABCABAC，則∠AOB，∠AOC都等于，AB=ACBC兩點的球面距離是，∠BOC 2

222

BOAC的大小是2

16，則球3（A） PABCDABCD在球12R2R16，R=2，球O的表面積是16

22R2R

163 卷）設(shè)m、n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面.中正確題是 A．m,n,mn

B．//,m,n//mC．mn//m D．,mnmn解析：正確題是//,m,n//mn，選 卷）若l為一條直線，，，①，；②，∥；③l∥，l．其中正確題有（ Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．3解析：∥;l//,l.正確，所以正確題有2個，選29.（浙江卷）如圖，Ol的球心，點A、B、C在球面上，OA、OB、OC兩兩垂直，E、FAB與AC的中點，E、F在該球面上的球面距離是4

3

2

解析EG1sin2FGEGF EG2FG 1EG2FGEOFE、F1 EF3 3

77

1F155BCEG＝2，EG＝1，故EF＝5，選 A31.(重慶卷)la,am,m (C)垂 解析：對于任意的直線l與平面，若lαml；若lαα內(nèi)必有直線mm與l垂直，C.32.(重慶卷)P是平面（A）過P只能作一條直線與平面相 （B）過P可作無數(shù)條直線與平面垂（C）過P只能作一條直線與平面平 （D）過P可作無數(shù)條直線與平面平 DCBA二、填空題（20題33（的，如圖，正方體的一個頂點A在平面內(nèi)，其余頂點在的同側(cè)，正方體上與頂點A相鄰的三個頂點到的距離分別面的距離可能是： ①3；②4；③5；④6；D、A1的中點到平面3D1到平面6；B、A1的中點到平面52

B1到平面5；D、B3237

C平面3；C、A1的中點到平面2

，所以C1到平面734（ 卷）平行四邊形的一個頂點A內(nèi)，其余頂點在的同側(cè)，已知其中有兩個頂點到12的距離可能是：①1； CDBA34 CDBA34解：如圖，B、D1、2，則D、B3點到平面2

CB、C1、2，D的距離為xx12或x21x1D1；C、D1、2，B1；所以選①③。 卷）ABC三點在球心為ORACBCAB ACO解：ACBCABACO3

ABR33 R32 3d3

R

S4R232CABP37.（湖南卷）過三棱柱ABC－A1B1C32CABP過三棱柱ABC－A1B1C1的任意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB1A1622 ，P是BC1上一動點，則CP＋PA1 的最小值 面內(nèi)，如圖所示，連A1C，則A1C的長度就是所求的最小值 2A1C1C＝135A1C＝2 CC1展開，其側(cè)面展開圖如40.（遼寧卷）若一條直線與一個正四棱柱各個面所成的角都為,則cos ,即為體對角線與該正方體所成角.23cos 6 233 41.（遼寧卷）如圖，半徑為2的半球內(nèi)有一內(nèi)接正六棱錐 72PABCDEF27663二面角等 3

66

3,33 II）圓o1R為半徑的球O的小圓，若圓o1S1和球OSS1S29，則圓心o1到球心O的距離與球半徑的比OO1R＿＿＿＿＿2解：設(shè)圓O1的半徑為r，則S1＝r2，S＝4R2，由S1:S2:9得rR＝ 2r2OO2R2，可得OOR1 DA1C1直線AD與平面B1DC所成角的正弦值 AGB1DC，于是ADG即ADCAD4所成角，由平面幾何知識可求得它的正弦值為5-3的距離 3

7h1

的距離為h 7

3正三棱柱ABC 46.(陜西卷)水平桌面α42R的球,且相鄰的球都相切(球心的連線構(gòu)成正方形).41R的小球,4個球恰好都相切,則小球的球心解：α42R的球，且相鄰的球都相切(球心的連線構(gòu)成正方形)41R4個球恰好都相切，5個球心組球的球心到水平桌面α3R． 1236 MD兩兩互相垂直，且OA＝OB＝OC，M是AB邊的中點， MDOM與平面ABC所成的角的大小是 （用反三角函數(shù)；解析在三棱錐OABC中三條棱OA,OB,OC兩兩互 垂直，且OAOBOCMAB邊的中點，設(shè)|OA|aC則|AB||BC||CA

2a，VO

1a3，O6射影為底面△ABC的中心，|OD|VOABC 3a，又|DM|1|MC 3a，OM1 3ABC所成角的正切是tan

3322 ，所以二面角大小是 226649.（卷）

是空間兩條不同直線，①m,n//,//m ②mn,//,mn//③mn,//,m//n ④m,m//n,//n 解析：四個命題：①

m,n//,//m

,為真命題；②mmn,n為真命題， 若二面角CABC的大小為60，則點CABC 離 3 32

3 3 3 3 23CABC133 ，α四面體上的所有點在平面α內(nèi)的射影構(gòu)成的圖形面積的取值范圍是.，2 122解析： ,2 52.（春）正四棱錐底面邊長為4，側(cè)棱長為3，則其體積 錐的高為，故正四棱錐的體積從而應(yīng) 3三．解答題（共25題 PA1，PABCBFOPABFAPBDPB

E（Ⅰ）

為等腰三角形

C正六邊形ABCDEF的邊長為1，∴AO1，DO3，BO 3 OPOBOH⊥PBH，AH、DHAH⊥PB，DH⊥PB，所以AHD為所在AHO中，OH=21tanAHO7

AO

72 727在DHO中，tanDHO

7 3而tanAHDtan(AHODHO)2 4283 2 313 0,0)，D(0,2，0)，∴PA(0,1,1)，PB2

3,0,1)，PD(0,2,21y12設(shè)平面PAB的法向量為n1(x1,y1,1)，則n1PA，n1PB，得 3

1 n232,1PDB

xy,1，則

PD，

PB 2y21

，

nn(3；3

1

cosn,n

105arccos(

|

||n （卷）如圖，在底面為平行四邊形的四棱PABCD中，ABACPA平面ABCD，且PAABEPDACPBPBAECEACB的大小.（1）ABACACPAB，ACEO△PDBEO//PBPBADF，EF，F(xiàn)OEFPADEFPAPAABCD，EF12

2

PA＝EFEOF＝45EACB－DEACB55（BC的中點,CA=CB=CD=BD=2ABCDE到平面的距離AMDMDO方法一 （I）證明：連結(jié)BODO,ABAD,AO BODO,BCCD,CO在AOC中，由已知可得AO1,CO AC

AO2CO2

AOC90oAO OC OCOEEMABCD在OME

EM1AB 2,OE1DC 是直角

斜 上的中線

OM1AC1,cosOEM

2,ABCD4的大小為 24EACD的距離為VEACDVACDE13

13

在ACD中，2222CACD2222 1

2

7

AO1

1

322 3

2

h

272

217

E到平面ACD的距離為217方法二 （II）解：以O(shè)B(100D(1031C(0,3,0),A(0,0,1),E( ,0),BA(1,0,1),CD(1,31zAOzAO

3,cosBA,CD

BA.CD 2BA 異面直線AB與CD所成角的大小為 2 （III）解：設(shè)平面ACD的法向量為n(x,yz),

3yz (x,y,z).(0,3, 37y1得n37

3,1,3ACDn又EC(1 3,0),點E到平面ACD的距離hn

21 56（卷）如圖5所示，AF、DE分別世O

徑，AD與兩圓所在的平面均垂直，AD8BC是OABAC6,OE//AD(I)BADF(II)BDEF所成的角∴AD⊥ABAD⊥AF,故∠BADB—AD—F的平面角，依題意可知，ABCD是正方形，所以∠BAD＝450.B—AD—F(Ⅱ)以O(shè)為原點，BC、AF、OE所在直線為坐標(biāo)軸，建立空間直角坐標(biāo)系（如圖所示

0（

2，8，E（0，0，8F（0，32BD

cosBD,EF

BD|BD||FE

0018100BDEF所成角為則cos|cosBD,EF 直線BD與EF所成的角為 57（ P是側(cè)棱CC1CPm、試確定mAPBDD1B1所成角的正切值為32；、AP，并證明你的結(jié)論。、１（１） 故OGPC。所以O(shè)G1PCm

AODBAOBB1所以AO面BDD1B12RtAOGtanAGO2m2

m123211A1C1上找一點QD1QAPA1C1的中點O1即為所求的Q

A1C1.D1

APD1O1在平面AD1P上的射影與AP（１）BD110

(0,ACBD0ACBB10知AC為平面BB1D1D的一個法向量AP與面BDD1B1所成的角為|APAC||AP||APAC||AP||AC2222

，解得m1331(3222222 1（２）A1C1上存在這樣的點Qx則Q(x,1x,1D1Qx,1x0mD1QAPD1上的射影垂直于APDQAPAPD1Q0x(1x)0x 即QA1C1的中點時，滿足題設(shè)的要求58（邊上的中點，NCC1B1到平面AMN1（ⅠAMCC1,AMBCC1B1AMB1M,BB2BM1NMBM為二面角，BBB2BM1

14MC214MC2CN52

1 1 56BNBN

BMN中，由余弦定理得BC2CNBC2CN1 19BM2MN2B1McosB1MNB1M2

5 55BH＝BMsinBMH

5

15AM152（Ⅰ0，1，M（，2C(0,1,0),N(0,1,3

),A

3 0)3 AM32AM32 00)MB0 ,1MN ,) 2因為MBAM 300(1)010所以

AM,同法可得MNAM

55MB15MB1MN MB1 5 5B1—AM—N5AM,n（Ⅱ）設(shè)n=(x,y,z)為平面AMNAM,n3x

x

故可取n(031 y4 y z

na，則cosa

MB15 MB15 所以B到平面AMN的距離為MBcosa 5251 59（ DBQ1DBQC求點P到平面QD的距離. 解法一：（Ⅰ連結(jié)A、D，設(shè)ACBDO.由P－ABD與Q－ABD都是四棱，所以O(shè)⊥面BD，QO⊥平面ABD從而PO、Q三點在條直線，所以（II）由題設(shè)知，ABCDACBD（I直角坐標(biāo)系（，由題設(shè)條件，相關(guān)各點的坐標(biāo)分別是P(0,0,1Q(0,02B(0,2

AQ

PB(0,22,

cos

.從而異面直線AQ與PB所成的角是 AQ,PBAQ,PBAQAQ3932（Ⅱ， 2

AD

2,0)，PQ(0,0,3)n(x,y,zQAD的一個法向量，由

2xz得.得.33

x=1，得n

2) 所以點P到平面QAD的距離d .2PQn解法二：（Ⅰ2PQnPQPQMPQ⊥ADPQ⊥ABPQ（ⅡPQP、A、Q、C四點共面DCMOBQ取OC的中點N，連結(jié)DCMOBQPO1NONO1PONO

OB2(22)OB2(22)2PB

3ON2(ON2(2)23OB2ON(2OB2ON(22)2(3PB2PN2BN 93323所以cosBPN 232PB 從而異面直線AQ與PB所成的角是 39由（Ⅰ）知，ADPＱMPＱMQADQAD，PQAD的距離．OM，則OM1AB2OQ.所以MQP45232又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是PHPQ323即點P到平面QAD的距離3260（Q-ABCDAQPBPQAD解法一（Ⅰ）ACBDACBDOP－ABCDQ－ABCDPOABCD，QOABCDP、O、QPQ⊥平ABCD.（Ⅰ，QO2zPDCOAB Q（0，02zPDCOAB Q20，Q（，0，－2，B（， 2AQ

2,0,2)PB

于是cosAQPB

AQ

AQAQ

1424232AQPB所成的角是arccos132（Ⅱ， 2

AD

2,0)PQ(0,0,4)，設(shè)n(x,y,zQAD

2xz得得

.x=1，得n

2)

PQAD的距離d

n2B n2BA解法二（Ⅰ）ADP－ABCDQ－ABCD所以AD⊥PM，AD⊥QM.從而AD⊥平面 PQPQM（Ⅱ）AC、BDACBDOPQABCDO(22)2(22)2PBPC

23所以

PB2＋PC2BC22PB

1212

122232AQPB所成的角是arccos13OM，則

1AB21PQ.所以∠PMQ＝90 222由（Ⅰ）AD⊥PMPMQADPM222PO2OMPO2OM

2即點P到平面QAD的距離是 261（＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（1。將△AEFEF折起到A1EF－B成直二面角，連結(jié)A1B、A1P（A1EA1BP解法一：不妨設(shè)正三角形ABC,△ADFAE=DE=1,∴EF⊥AD2中，A1E⊥EF,BE⊥EF,∴∠BEEFE∴A1EBEF,即A1EBEP2中，A1E不垂直A1B,∴A1E是平面A1BPA1E3BP⊥A1Q.在△EBPBE=EP=2∠EBP=600EBPA1E⊥平面BEP3A1B=A1P,Q為BP

EQ A1E=1,在RtA1EQ中，1tanEAQ1

EQ

3,∴∠EAQ=60oAEABP 3FFMA1PM，連結(jié)QM,QF,∵CP=CF=1,∴△FCPPF=1.PQ

1BP1323

EQEF ∴△A1FP≌△A1QP∠A1PF=∠A1PQ②,MP△FMP≌△QMP,在Rt△AQP中,AQ=AF=2,PQ=1AP

.∵MQ⊥AP∴MQA1QPQ

2253MF 在△FCQFC=1,QC=2, 2253MF2MQ2QF 在△FMQcosFMQ

2MF B－A1P－F的大小為arccos8解法二:（1）AHBCDH,BH、CH、DH,則BHCD是正方形,AH1,D為原點,DBx軸,DCy軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖,B(100)C(0,10)BCDA0,則BCABC的法向量為n1xyz則由n1BC知n1BCxy0同理由n1CA知 同理,ACD的一個法向量為n210由圖可以看出,BAC

則cosn1n2

6,即所求二面角的大小是 6n1nn1n210n13E(x,yzAC上一點,xz0,yBCD的一個法向量為n(00,1DE(x,1EDBCD成30角,DE與n的夾角為60 所以cos<DE,n cos60 DE 1 11

,解得x

2,則CE2

2xACE點,且CE1,EDBCD成30角【解后立體幾學(xué)習(xí)中我們要培養(yǎng)空象能力,于圖形翻折問題關(guān)健是利用翻折前后的不變量,二面角的平面角的適當(dāng)選取是立體幾何的考點之一.是高考數(shù)學(xué)必考的知識點之一.作,證,解,是我們求二面角的三步驟.作:作出所要求的二面角,證:證62（ 的直角三A33B－AC－D

三角BACEEDBCD30角？若存在確定E的位置；若不存在，說明理由。解法一:(1)方法一:AHBCDH,ABBDHB

AD

3,BD2 BCACBD2方法二:BC的中點O,AODOAOBCDOBC面AOD,BC.(2)BMAC于M,MNACADN則BMNBACD的平面角MAC的中點,MN

ABACBC 2,BM

,MN1CD1,BN1AD 3 BM2MN2BN由余弦定理得cosBMN 2BM

,BMN 66 66(3)EEFCHFFDEFEF面BCDEDFEDBCD所成的角,則EDF301EFxAHHC1,則CF132 tanEDFEF x32

,則CE

2x 1 ACE點,且CE1EDBCD成30解法二:（1）AHBCDH,BH、CHDH,BHCD是正方形,AH1,D為原點,DBx軸DCy軸建立空間直角坐B(100)C(0,10)BCDA0,則BC(2)設(shè)平面ABC的法向量為n1(x,y,z),則同理由n1CA知 同理,ACD的一個法向量為n210由圖可以看出,BACD的大小應(yīng)等于n1n2則cosn1n2

6,即所求二面角的大小是 6n1nn1n210n13(3)E(x,yz)是線段AC上一點xz0y1,平面BCD的一個法向量為n00,1DEx,1xEDBCD成30角,DE與n的夾角為60所以cos

cos601DE,nDE,n>DEnDEx111

,解得x

,則CE222

2xACE點,且CE1,EDBCD成30角63（ＣＯＥOBOC2，E是OC的中點ＣＯＥ求OABCBEACEABC的大?。馕?.(1)BCD,AD、ODOBOC,則ODBCADＢOC2則OHABCOH的長就是所要求的距離BC2OC2OAOB、OAOC，OA面OBC,則OA

3，在直角三角形OAD中，有OHOAOD 6OA22OA223（另解：由V1

OH1OAOBOC2知,OH 63

取OA的中點MEM、BMEMACBEMBEACEM1AC

5,BE

5,BM

17OB2OB2OM2

BE2ME2BMcosBEM 2BE

,BEM,BEM 連結(jié)CHABF,連結(jié)OFEF

則EFC就是所求二面角的平面角.作EGCF于G,則EG1OH 6在直角三角形OABOFOAOBOE2OFOE2OF

,2525

1515356sinEFGEG6 30EFG 30.(或表示為arccos76 5方法二:(1)以O(shè)OB、OC、OAxyz軸建立空間直角坐標(biāo)系.A(00,1B(200、C(020)E(0,10).ABC的法向量為n1xyz),則由n1AB知n1AB2xz0;n11,12)，則點OABC的距離為dAC(0,2,

621211cos<EB,AC>

2BEAC所成的角arccos255EAB的法向量為n(x,yz),則由nAB知nAB2xznEB知nEB2xy0.取n12則cosnn1

76nnn112n973結(jié)合圖形可知,EABC的大小為arccos7664（遼寧卷）ABCDE、FAB、CD的中點,將ADEDE折起,如圖所示,ADEC的大小為(0).BF平面ADE若ACD為正三角形,ABCDE內(nèi)的射影GEF上,證明你的結(jié)論,并求角的余弦值.BF BFC E D【解析】(I)證明:EFABCDAB、CD的中點EB//FD,EB=FD,EBFD為平行四邊形EF平面AED,而BF平面AEDBF平面ADE(II)1:如右圖,點ABCDE內(nèi)的射影GEF上,A作AGBCDE,G,GC,GD.ACD為正三角形GCD的垂直平分線上ABCDE內(nèi)的射影G在直線EF上GGHEDH,AH,AHDE,所以AHDA-DE-C的平面角.即AHG2a,AF在折后圖的AEF中,AF=3a即AEF為直角三角形,AGEFAEAFAG 225RtADE中,AHDEAEADAH25

aGH

a，cos22

14解法2:點A在平面BCDE內(nèi)的射影G在直線EFAF,在平面AEFAGEF垂足為ACD為正三角形,FCD的中點,AFEFCD,所以CD平面 AGEF且CDEFF,CD平面BCDEEF平面AG平面BCDEGABCDE內(nèi)的射影ABCDEEFGGHEDH,AH,AHDE,所以AHDA-DE-C的平面角.即AHG2a,AF在折后圖的AEF中,AF=3a即AEF為直角三角形,AGEFAEAFAG 3225RtADE中,AHDEAEADAH25

aGH

cos

142解法3:點A在平面BCDE內(nèi)的射影G在直線EF上連結(jié)AF,在平面AEFAGEF2垂足為ACD為正三角形,FCD的中點,AFEFCD,所以CD平面AEFCD平面BCDE平面AEF平面又平面AEF平面BCDE=EF,AG AGAG平面BCDEGABCDE內(nèi)的射影ABCDEEFGGHEDH,AH,AHDE,所以AHDA-DE-C的平面角.即AHG2a,AF，在折后圖的AEF中,AF=3a即AEF為直角三角形,AGEFAEAFAG 3225RtADE中,AHDEAEADAH25

aGH

a,cos22

1465（ I）l1、l2MN是它們的公垂線段。點A、B在l1上，C在l2AMMBMNABNB若ACB60ONBABCHAMHAMB解法一:(Ⅰ)l2⊥MN,l2⊥l1,MN∩l1=M,l2ABN.由已知MN⊥l1,AM=MB=MN,可知AN=NB且 ANACABN內(nèi)的射影（Ⅱ）∵Rt△CAN≌ B,∴AC=BC,又已知 因此△ABC為正三角形∵Rt△ANB≌ B,∴NC=NA=NB,NABCHABC的中心,BH,∠NBHNB與平面ABC所成的角=Rt△NHB中,cos∠NBH==

322zCHAMNB解法二:解法二:如圖,建立空間直角坐標(biāo)系M－xyz.令zCHAMNB∵MNl1、l2的公垂線,l1⊥l2,∴l(xiāng)2ABN.l2 z軸.故可設(shè)C(0,1,m).于是AC=(1,1,m),NB=(1,－1,0). →·

x∵

－1,1,m),∴

又已知∠=(1,1,m),BC|AC|=|BCACB=60°,∴△ABC為正三角形,AC=BC=AB=2. B中,NB==(1,1,m),BC|AC|=|BC 2).連結(jié)MC,作NH⊥MC于H,設(shè) 2λ)(λ>0).∴

－λ,－ 2).HN·MC=1－λ－2λ=0,∴λ=3

H(0,

3),可得HN=(0,3,－3),BH,則

3∵ HN·BH=0+99=0,∴HN⊥BH,MC∩BH=H,∴HN∠NBH為NB與平面ABC所成的角.又

∴cos∠NBH=

→= =3×3×∠NBH為NB與平面ABC所成的角.又∴cos∠NBH=

4 32×3

=

E66（D、EBB1、AC1

11 證明：ED為異面直線BB1與AC1的公垂線 AA1＝AC＝2ABA1－AD－C1（ EFEFD DB，EOBD為平行四邊形 ……2∴ED⊥BB1，EDAC1BB1的公垂線．……6（Ⅱ）A1EAA1＝AC＝2AB可知，A1ACC133AA1＝2AC＝2，AB＝tan∠A1FE＝所以二面角A1－AD－C1為60°． ………12分

＝O－xyzOAC的中點．A(a，0，0)，B(0，b，0)，B1(0，b，2c)．則 ……3zzDEyOBAxCED＝（0，b，，B1＝(0，0，c．C1→ED→又C→ED ……6EDBB1AC1 → → → → ……10 → cosECBC＞＝EC·BC＝，即得EC和BC→ |EC|·|BC67（ABC垂直，且ACB=90AC=2a,BC=a.AVBC1（Ⅰ）

AB1CABCAB1CABCACBCAB1C，BCAB1B1C1AB1又A1C1B1C1C1B1C1AB1B1∵BCAB1CBCADB1CBCC，∴AD⊥平面VBC，∴線段ADA到平面VBC在正△ABC中，AD 3AC 32a

3aAVBC的距離為3a 2：取AC中點OB1OB1OABCB1O=3a 由（Ⅰ）BCB1CA到平面VBCx，VBABCVABBC 11BCACBO11BCBCxx

A到平面VBC的距離為3aAB1|AB1|cosAB1,n

||

|cos

|23a2

A到平面VBC的距離為3aDDHVBHAHAHAHDAVBCRtAHDAD

3a

B1DDHB1DBC

5tanAHD 。AHDAVBCarctan15

BDHBDHBBC11。

解法二：取AC中點O連B1O OB1底面ABC，過O作直線OE//BC交AB于E取O為空間直角坐標(biāo)系的原點，OE,OC,OB1xy軸，z軸建立如圖所A(0a0B(aa0),C(0a0B1(00,3a。（I）BC(a,0,0)，AB1(0,a,BCAB1a00(0a,3a0，BCAB1又B1C1BCB1C1BCACACA1C1。BCA1C1，BCB1C1,B1C1A1C1。,設(shè)平面VBC的一個法向量nxyz，又CB10a,

z1

n(0, (x,y,z)(0,a,3a)A到平面VBCAB1在平面VBC的法向量nAB10a,3a，設(shè)所求距離為dAB1cosAB1cosAB1n

=23 ABABAB11AB1所以，AVBC的距離為3a設(shè)平面VAB的一個法向量mx1y1z1m

mAB1

m

mAB

取z m(23,3,1),cosm,n m 1 |m||n 1二面角AVBC為銳角，所以，二面角AVBC的大小為 468（山東卷）P-ABCDABCD為等腰梯形，AB∥DC,AC⊥BD,ACBDO，且頂點2P在底面上的射影恰為O2PDBC

MPC

,問為何值時，PC解法一：POABCDPO2又PBPD,BO2,PO 26由平面幾何知識得：OD1,PD 3,PB6DDEBCABEPE

PDEPDABCD是等腰梯形，OCOD1,OBOA2,OA2BC 5,AB22,CD2ABDCEBCD2EDBC 5,BECD226EAB266PA2又PAPB ，PEA6PA2在PED2PD2DE2 35223cos23

2PD 2PDBC2OE，由（Ⅰ）PEOPABCsinPEOPO

2，PEO2PABC的大小為MDMBMOPCBMDOMBMD，PCRtPOCPCPD 3,OC1,PO 2PM23,MC 3，PM 故2PC解法二 PO平面PBPDBO2PO

PO2ODOC1BOAO以O(shè)為原點，OAOBOPxyzO(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)cos

PD(0,1,

2)

PD 3,BC 5PD 3,BC 5PDBC2PD,BCPDPDPDBC2PAB的一個法向量為n(x,yz)，AB(220)AP(20,2)，由

n1,1,2ABCD的一個法向量m00,1ymnmcosm,ymnmPABC為銳角，PABC的大小為設(shè)M(x0,0,y0)，由于P,M,C三點共線，z0 2x02，

2)(x0,0,z0)0x0

2z0由（1（2）知：x2，z 2。M(2, 2

2，故2PCBMD69．(陜西卷)如圖,α⊥β,α∩β=lA∈α,B∈β,點Al上的射影為A1,BlB1,AB=2,AA1=1BB1=2,求 lβBylβBylβxB

lBAαAα EAαFE69

69解法一(Ⅰ)A1B，AB1α⊥βα∩β=l,AA1⊥l∴AA1⊥βBB1⊥αBAB1，∠ABA1ABαβRt△BB1A

，AB=2，∴sin∠BAB1=BB1

．2=22Rt△AA1BAA1=1，AB=22=22ABα，β

1，∴∠ABA1=(Ⅱ∵BB1⊥αABB1⊥ααA1A1E⊥AB1AB1EA1E⊥AB1BEEF⊥ABABFA1FA1F⊥AB，∴∠A1FE就是所求二面角的平面角．2∠BAB1=45°∴AB1=B1B=2 3AA1·A1B=A1F·AB得

=1×3A

2A3sin∠A1FE=A31

6．a(chǎn)rcsin解法二(Ⅰ)arcsin(Ⅱ)A1(0，0，0)，A(0，0，1)，B1(0，1，0)，B(2，1，0) →，即(x，y，z－1)=t(2，1，－1)，點F的坐標(biāo)為(2t，t，1－t)．要使→⊥→，須→ ，即(2t，t，1－t)·(2 2－1)=02t+t－(1－t)=0，解得1F的坐標(biāo)為(

3)，∴ )．設(shè)E為AB1的中點，則點E的坐標(biāo)為

4，－4， 21． 242又→ 2

，2，

→

→

，－4，4)·(

2－4

4=0，→ (

2

1A1F，

，4，4)·(4

133

2 1

3

=3

16+16+16

4arccos 3．a(chǎn)rccosBD相交于點O，POABCD，PB與平面ABCD6033Rt△AOB中BO=ABsin30°=1,PO⊥BO,于是3.3

P-ABCDV3

3×3

33（2）解法一：O為坐標(biāo)原點,射線OB、OC、OPx軸、y軸、z軸的正半軸建立3在Rt△AOB中 ,于是,點A、B33D、P的坐標(biāo)分別是 33B D P 3E是PB的中點,則E(1 3 于是DE=(3 3),AP

33 33 39 設(shè)DE與AP的夾角為θ,有cosθ=9

2 2 2∴異面直線DE與PA所成角的大小是 24EPB的中點,∴∠FED是異面直線DEPA所成角(或它的補角3Rt△AOB中3于是,Rt△POA

6，則 66323在正△ABD和正△PBD中 1 3 4= 3 2∴異面直線DE與PA所成角的大小是 24 卷)ABCABCABC90,ABBCA1CABCS45A1ABC的體積。解：(1)∵BC∥B1C1,∴∠ACBB1C1與AC所成角(或它的補角)∵∠ABC=90°,AB=BC=1,B1C1AC(2)∵AA1ABC,∠ACA1A1C與平面ABC所成的角,∠ACA22 22∴三棱錐A1-ABC的體積V3

62672（ AE,CD1ADAA1aABMNPAEDPDEN （Ⅰ）證明：取CDK，連結(jié)MK,NKMNKAK,CD1,CD∵MK//AD,NK// ∴MN//面ADD1（Ⅱ）設(shè)F為AD的中點∵P為A1D1的中 ∴PF// ∴PF面FHAEAEHPHAEPHPAEDRtAEFAFaEF2aAE2

a2a，從而FHAFEF RtPFHtanPFH

DD1

172 故：二面角PAED的大小為 a2a2

1

1BC

1a

5

矩形

25∴在RtCDD中，DQCDDD12aa251

1

25DQ 5a2 a125P D

3 DDADCDD1xyz

Aa,0,0,Ba,2a,0,C0,2a,0,A1a,0,a,D10,0,EPMNBCA1D1AE,CD1∴Ea,2a,0,Pa,0,a,M3a,a,0,N0,a,a, 2 （Ⅰ）MN3a0a 取n0,10，顯然nADD 2 1 MNn0，∴MN又MN面ADD1 ∴MN//面ADD1（Ⅱ）PPHAEAEHADFFa00 Hxy0，則HPaxyaHFaxy0 又AEa2a0

由

，及H在直線AE a2

2x2ay0x 4xy

a,y ∴HP8a,2a,a,HF8a,2a,0

HF HP,HFHP2HPHP,HFHP2PAED的大小為arccos2（Ⅲ）設(shè)n1x1y1z1DEN的法向量，則n1DEn1DEa2a0DN0aaDPa0a 2 a

2ay ∴

x14即

∴可取n41

2 2y

z

2 16 1612aDPPDEN的距離為dDE,DNDEDE,DNDE8DE,DN∴

11DEDNsinDE,DN28

∴VPDEN3SDENd3

a 6ABCD的對角線的交點，面CDE1FO//平面CDE設(shè)BC 3CD，證明EO平面CDFABCDOM//2

BCEF

1BC2EF//OMEMEFOM為平行四邊形.FO又FOCDEEMCDE，∵FO∥CMDMEMCDEM

3CD1BCEF CD⊥EO