空间向量与立体几何典型例题

一、选择题：

1．(2008全国Ⅰ卷理)已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于（ C ）

232 C． D． 3331.解：C．由题意知三棱锥A1ABC为正四面体，设棱长为a，则AB13a，棱柱的高

A．

1 3B．

2326222，故AB1与AOaAOa(a)a（即点B1到底面ABC的距离）1323AO2底面ABC所成角的正弦值为1. AB13另解：设AB,AC,AA1为空间向量的一组基底，AB,AC,AA1的两两间的夹角为60 长度均为a，平面ABC的法向量为OA1AA1011ABAC,AB1ABAA1 33OA1AB1226a,OA1,AB13 33则AB1与底面ABC所成角的正弦值为

OA1AB1AOAB112. 3

二、填空题：

1．(2008全国Ⅰ卷理)等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角

CABD的余弦值为弦值等于 1.答案：

3，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余31 ． 61.设AB2，作CO面ABDE， 6OHAB，则CHAB，CHO为二面角CABD的平面角 CH3,OHCHcosCHO1，结合等边三角形ABC C N MD 与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，则ANEMCH3 11AN(ACAB),EMACAE,

22111ANEM(ABAC)(ACAE)

222ANEM1 故EM，AN所成角的余弦值

ANEM6另解：以O为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系， 则点A(1,1,0),B(1,1,0),E(1,1,0),C(0,0,2),

A o H E B z 1题图（1） C M N A o H E y B x D 1题图（2） 112112M(,,),N(,,),

2222223121321),EM(,,),ANEM,ANEM3, 则AN(,,2222222ANEM1. 故EM，AN所成角的余弦值

ANEM6

三、解答题： 1．（2008安徽文）如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD四边长为1的 菱形，

ABC4, OA底面ABCD, OA2,M为OA的中点。

（Ⅰ）求异面直线AB与MD所成角的大小； （Ⅱ）求点B到平面OCD的距离。

1．方法一（综合法）

（1）CD‖AB,

∴MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角） 作APCD于P,连接MP

OM∵OA平面ABCD，∴CDMP 2∵ADP,∴DP=

42ABCD∵MDMA2AD22， DP1∴cosMDP,MDCMDP

MD23

所以 AB与MD所成角的大小为

O 3∴点A和点B到平面OCD的距离相等， （２）∵AB‖平面OCD,连接OP,过点A作AQOP 于点Q，

M

线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离

∵APCD,OACD,∴CD平面OAP, ∵AQ平面OAP,∴AQCD 又 ∵AQOP,∴AQ平面OCD,

QABCPD∵OPOD2DP2OA2AD2DP24121322，APDP 222

2OAAP2，所以点B到平面OCD的距离为2 2∴AQ3OP3322zOM

方法二(向量法)作APCD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为轴建立坐标系

x,y,z222A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,,0),D(,,0),O(0,0,2),M(0,0,1), 222

AxBCPDy(1)设AB与MD所成的角为,

∵AB(1,0,0),MD( ∴cos22,,1) 221,∴ ,

3ABMD2ABMD∴AB与MD所成角的大小为

(2) ∵OP(0, 3222,2),OD(,,2) 222∴设平面OCD的法向量为n(x,y,z),则nOP0,nOD0

2y2z02即 

2x2y2z022取z2,解得n(0,4,2)

设点B到平面OCD的距离为d,则d为OB在向量n(0,4,2)上的投影的绝对值, ∵OB(1,0,2), ∴dOBnn2. 3所以点B到平面OCD的距离为

2 3 2．（2008安徽理）如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，

ABC4, OA底面ABCD, OA2,M为OA的中点，N为BC的中点。

（Ⅰ）证明：直线MN‖平面OCD；

（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。

2． 方法一（综合法）

（1）取OB中点E，连接ME，NE

ME‖AB,AB‖CD，ME‖CD

OMABNCONE‖OC,平面MNE‖平面OCD MN‖平面OCD

（2）CD‖AB,

∴MDC为异面直线AB与MD所成的角（或

又

其补角） 作APCD于P,连接MP

D∵OA平面ABCD，∴CDMP ∵ADP2MEQABPNCD4,∴DP=22 2MDMAAD2，

∴cosMDP

DP1,MDCMDP MD23所以 AB与MD所成角的大小为

3∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP,过点A作 （3）∵AB‖平面OCD,AQOP 于点Q，∵APCD,OACD,∴CD平面OAP,∴AQCD 又 ∵AQOP,∴AQ平面OCD,线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离

∵OPOD2DP2OA2AD2DP241132，22APDP2 2

2OAAP22，所以点B到平面OCD的距离为2 ∴AQOP333222方法二(向量法)

作APCD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为x,y,z轴建立坐标系

A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,,

22222,0),D(,,0),O(0,0,2),M(0,0,1),N(1,,0)2224422222,,1),OP(0,,2),OD(,,2) 44222设平面OCD的法向量为n(x,y,z),则nOP0,nOD0 (1)MN(12y2z02即 

2x2y2z022取z2,解得n(0,4,2)

22,,1)(0,4,2)0 44MN‖平面OCD (2)设AB与MD所成的角为

22,,1) ,∵AB(1,0,0),MD(22∵MNn(1 ∴coszOMAxBNCPDy1,∴ , AB与MD所成角的大小为

33ABMD2OBnnABMD(3)设点B到平面OCD的交流为d,则d为OB在向量n(0,4,2)上的投影的绝对值, 由 OB(1,0,2), 得d22.所以点B到平面OCD的距离为 33

3．（2008北京文）如图，在三棱锥P-ABC中，AC=BC=2，∠ACB=90°，AP=BP=AB，PC

⊥AC.

（Ⅰ）求证：PC⊥AB；

（Ⅱ）求二面角B-AP-C的大小.

3．解法一：（Ⅰ）取AB中点D，连结PD，CD. ∵AP=BP， ∴PD⊥AB. ∵AC=BC. ∴CD⊥AB. ∵PD∩CD＝D. ∴AB⊥平面PCD. ∵PC平面PCD， ∴PC⊥AB.

（Ⅱ）∵AC=BC,AP=BP, ∴△APC≌△BPC. 又PC⊥AC， ∴PC⊥BC.

又∠ACB＝90°，即AC⊥BC， 且AC∩PC=C， ∴AB＝BP， ∴BE⊥AP.

∵EC是BE在平面PAC内的射影， ∴CE⊥AP.

∴∠BEC是二面角B-AP-C的平面角. 在△BCE中，∠BCE=90°,BC=2,BE=32AB6，∴sin∠BEC=

BCBE63. ∴二面角B-AP-C的大小为aresin

63. 解法二：

（Ⅰ）∵AC=BC,AP=BP, ∴△APC≌△BPC. 又PC⊥AC. ∴PC⊥BC. ∵AC∩BC=C, ∴PC⊥平面ABC. ∵AB平面ABC， ∴PC⊥AB.

(Ⅱ)如图，以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz. 则C（0，0，0），A（0，2，0），B（2，0，0）. 设P（0，0，t）,

∵｜PB｜=｜AB｜＝22， ∴t=2,P(0,0,2).

取AP中点E，连结BE，CE.

∵｜AC｜=｜PC｜,｜AB｜=｜BP｜, ∴CE⊥AP,BE⊥AP.

∴∠BEC是二面角B-AP-C的平面角. ∵E(0,1,1),EC(0,1,1),EB(2,1,1), ∴cos∠BEC=ECEBECEB2263. 3∴二面角B-AP-C的大小为arccos

3. 3 4．（2008北京理）如图，在三棱锥PABC中，ACBC2，ACB90，APBPAB，PCAC．

P

（Ⅰ）求证：PCAB；

（Ⅱ）求二面角BAPC的大小； （Ⅲ）求点C到平面APB的距离．

D B A

4．解法一：

（Ⅰ）取AB中点D，连结PD，CD．

C APBP， PDAB． ACBC， CDAB． PDCDD， AB平面PCD． PC平面PCD， PCAB．

（Ⅱ）ACBC，APBP， P △APC≌△BPC． 又PCAC， E

． PCBC又ACB90，即ACBC，且ACPCC，

BC平面PAC．

取AP中点E．连结BE，CE． ABBP，BEAP．

EC是BE在平面PAC内的射影， CEAP．

BEC是二面角BAPC的平面角． 在△BCE中，BCE90，BC2，BEA

C B

3AB6， 2sinBECBC6． BE36． 3P

H D

二面角BAPC的大小为arcsin（Ⅲ）由（Ⅰ）知AB平面PCD， 平面APB平面PCD．

过C作CHPD，垂足为H． 平面APB平面PCDPD， CH平面APB．

CH的长即为点C到平面APB的距离．

A

C B

由（Ⅰ）知PCAB，又PCAC，且ABPC平面ABC． CD平面ABC， PCCD． 在Rt△PCD中，CDACA，

31PB6， AB2，PD22PCCD23． PCPD2CD22． CHPD323点C到平面APB的距离为．

3解法二：

（Ⅰ）ACBC，APBP， △APC≌△BPC． 又PCAC， PCBC． ACBCC， PC平面ABC． AB平面ABC， PCAB．

（Ⅱ）如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz． 则C(0，0，，0)A(0，2，，0)B(2，0，0)． 设P(0，0，t)．

PBAB22，

0，2)． t2，P(0，取AP中点E，连结BE，CE． ACPC，ABBP， CEAP，BEAP．

BEC是二面角BAPC的平面角．

1，1)，EB(2，1，1)， E(011)，，，EC(0，cosBECECEBECEB23． 3263． 3z P E y A C H x B 二面角BAPC的大小为arccos（Ⅲ）ACBCPC，

且CH的长为点C到平面APB的距离． C在平面APB内的射影为正△APB的中心H，

如（Ⅱ）建立空间直角坐标系Cxyz．

BH2HE，

23222点H的坐标为，，． CH．

3333点C到平面APB的距离为

5． (2008福建文) 如图，在四棱锥中，侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=2,底面ABCD

23． 3为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥CD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点。（1）求证：PO⊥平面ABCD;

（2）求异面直线PB与CD所成角的余弦值；（3）求点A到平面PCD的距离

5.解：如图，A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1) 所以CD(1,1,0),PB(1,1,1)

COSPB,CDPBCDPBCD6 36 3(2)设平面PCD的法向量为n(x,y,z)，CP(1,0,1),CD(1,1,0)

所以异面直线所成的角的余弦值为：nCP0nCD0，所以 xz0；

xy0nACn23 3令x=1,则y=z=1,所以n(1,1,1) 又AC(1,1,0) 则，点A到平面PCD的距离为：d

6．(2008福建理) 如图，在四棱锥P-ABCD中，则面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD＝2，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；

（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32？

AQ若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.

QD

6．本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成角、点到平面的距离等基本知识，

考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.满分12分.

解法一：

（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PAD平面ABCD=AD, PO平面PAD，

所以PO⊥平面ABCD.

（Ⅱ）连结BO，在直角梯形ABCD中、BC∥AD，AD=2AB=2BC,

有OD∥BC且OD=BC,所以四边形OBCD是平行四边形， 所以OB∥DC.

由（Ⅰ）知，PO⊥OB,∠PBO为锐角， 所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角.

因为AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB中，AB=1,AO=1,

所以OB＝2，

在Rt△POA中，因为AP＝2，AO＝1，所以OP＝1，

PG122,PBOarctan. BC2222所以异面直线PB与CD所成的角是arctan.

23（Ⅲ）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为.

21 设QD＝x，则SDQCx，由（Ⅱ）得CD=OB=2，

2在Rt△PBO中，tan∠PBO＝

在Rt△POC中， PCOC2OP22,

所以PC=CD=DP, SPCD

由Vp-DQC=VQ-PCD,得2，所以存在点Q满足题意，此时解法二：

(Ⅰ)同解法一.

33(2)2, 42AQ1. QD3OD、OP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直(Ⅱ)以O为坐标原点，OC、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), ＝（11，，0），PB＝（，11，1）. 所以CD6， 33 (Ⅲ)假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为，

2由(Ⅱ)知CP(1,0,1),CD(1,1,0).

所以异面直线PB与CD所成的角是arccos设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).

x0z00,nCP0,则所以即x0y0z0，

xy0,00nCD0,取x0=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1). 设Q(0,y,0)(1y1),CQ(1,y,0),由

CQnn1y33,解，得22315或y=(舍去)， 22AQ113. 此时AQ,QD，所以存在点Q满足题意，此时

QD322y=-

7、(2008海南、宁夏理)如图，已知点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，∠PDA=60°。 （1）求DP与CC1所成角的大小；（2）求DP与平面AA1D1D所成角的大小。

D7．解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz． 10，0)，CC(0，0，1)． 则DA(1，连结BD，BD．

A1PB1C1DC在平面BBDD中，延长DP交BD于H．

1)(m0)， 设DH(m，m，DA60， 由已知DH，由DADHDADHcosDA，DH 可得2m2m21．

222，所以DH． ，，1222220011222CC（Ⅰ）因为cosDH，， 212CC45． 所以DH，即DP与CC所成的角为45．

1，0)． （Ⅱ）平面AADD的一个法向量是DC(0，解得mz D A H P C B C B D A x y 220110122DC， 因为cosDH，212DC60． 所以DH，可得DP与平面AADD所成的角为30．

8. (2008湖北文)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面A1BC侧面A1ABB1. （Ⅰ）求证： ABBC;

（Ⅱ）若AA1ACa，直线AC与平面A1BC所成的角为， 二面角

A1BCA的大小为,求证：2.

8.本小题主要考查线面关系、直线与平面所成角、二面角等有关知识，考查空间想象能力和推理论证能力.（满分12分）

(Ⅰ)证明：如右图，过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，则

由平面A1BC⊥侧面A1ABB1,且平面A1BC∩侧面A1ABB1＝A1B， 得AD⊥平面

A1BC.又BC平面A1BC 所以AD⊥BC.

因为三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱, 则AA1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC.

又AA1∩AD=A,从而BC⊥侧面A1ABB1, 又AB侧面A1ABB1， 故AB⊥BC.

(Ⅱ)证法1：连接CD,则由(Ⅰ)知∠ACD就是直线AC与平面A1BC所

成的角，∠ABA1就是二面角A1－BC－A的颊角，即∠ACD＝θ，∠ABA1=. 于是在RtΔADC中，sinθ=

ADADADAD,在RtΔADA1中，sin∠AA1D＝, AA1aACa ∴sinθ=sin∠AA1D,由于θ与∠AA1D都是锐角，所以θ＝∠AA1D. 又由RtΔA1AB知，∠AA1D＋＝∠AA1B＋＝

，故θ＋＝. 22 证法2：由(Ⅰ)知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分别为x轴、y

轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设AB=c（c＜a＝，则B(0,0,0)，A(0,c,0)，C(a2c2,0,0), A1(0,c,a)，于是BC(a2c2,0,0)，BA1＝（0，c,a）,

AC(a2c2,c,0)AA1c,a

设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z),

n•BA10,cyaz0,得则由

22acx0.n•BC0,可取n＝（0，－a，c），于是

n·AC=ac＞0，AC与n的夹角为锐角,则与互为余角

n•AC(0,a,c)•(a2c2,c,0)sin=cos=

22222|n|•|AC|ac•(ac)ccos=

cac22,

BA1•BA|BA1|•|BA|(0,a,c)•(0,0,a)ac22•acac22,

所以sin=cos=sin(

2),又0＜，＜

，所以+=. 22

9. (2008湖北理)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥侧面A1ABB1. （Ⅰ）求证：AB⊥BC；

（Ⅱ）若直线AC与平面A1BC所成的角为θ,二面角A1-BC-A的大小为φ的大小关系，并予以证明.

9.本小题主要考查直棱柱、直线与平面所成角、二面角和线面关系等有关知识，同时考查空间想象能力和推理能力.（满分12分） （Ⅰ）证明：如右图，过点A在平面A1ABB1内作 AD⊥A1B于D，则

由平面A1BC⊥侧面A1ABB1,且平面A1BC侧面A1ABB1=A1B,得 AD⊥平面A1BC,又BC平面A1BC， 所以AD⊥BC.

因为三棱柱ABC—A1B1C1是直三棱柱， 则AA1⊥底面ABC， 所以AA1⊥BC.

又AA1AD=A,从而BC⊥侧面A1ABB1， 又AB侧面A1ABB1，故AB⊥BC. （Ⅱ）解法1：连接CD，则由（Ⅰ）知ACD是直线AC与平面A1BC所成的角，

ABA1是二面角A1—BC—A的平面角，即ACD,ABA1,

ADAD,在Rt△ADB中，sin, ACAB由AB＜AC，得sin＜sin，又0＜，＜，所以＜，

2于是在Rt△ADC中，sin解法2：由（Ⅰ）知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分 别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1=a,AC=b, AB=c,则 B(0,0,0), A(0,c,0),

C(b2c2,0,0),A1(0,c,a),于是 BC(b2c2,0,0),BA1(0,c,a), AC(b2c2,c,0),AA1(0,0,a).

设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z)，则

nBA10,cyaz0,由得

22bcx0,nBC0,AC与n的夹角可取n=(0,-a,c)，于是nACac＞0，为锐角，则与互为余角. sincoscosnACnACacbac222,

aac22BA1BABA1BAcacac222,所以sinaac22,

于是由c＜b，得bac＜,

即sin＜sin,又0＜，＜,所以＜,

10. (2008湖南理)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.

10．解: 解法一

（Ⅰ）如图所示，连结BD，由ABCD是菱形且∠BCD=60°知，

△BCD是等边三角形.因为E是CD的中点，所以BE⊥CD,又AB∥CD,

所以BE⊥AB.又因为PA⊥平面ABCD，BE平面ABCD，所以 PA⊥BE.而PAAB=A,因此BE⊥平面PAB. 又BE平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB.

（Ⅱ）延长AD、BE相交于点F，连结PF.

过点A作AH⊥PB于H，由（Ⅰ）知

平面PBE⊥平面PAB,所以AH⊥平面PBE. 在Rt△ABF中，因为∠BAF＝60°， 所以，AF=2AB=2=AP.

在等腰Rt△PAF中，取PF的中点G，连接AG.

2则AG⊥PF.连结HG，由三垂线定理的逆定理得，

PF⊥HG.所以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角（锐角）.

2PA2. 2APABAPAB225在Rt△PAB中， AH.

22PB55APAB在等腰Rt△PAF中， AG25AH105. 所以，在Rt△AHG中， sinAGHAG52故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是arcsin

解法二: 如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关

各点的坐标分别是A（0，0，0），B（1，0，0），

10. 533133C(,,0),D(,,0),P（0，0，2）,E(1,,0). 222223,0)， （Ⅰ）因为BE(0,2平面PAB的一个法向量是n0(0,1,0)，

所以BE和n0共线.从而BE⊥平面PAB. 又因为BE平面PBE， 故平面PBE⊥平面PAB.

(Ⅱ)易知PB(1,0,2),BE(0,3，0）， 213PA(0,0,2),AD(,,0)

22n1PB0, 设n1(x1,y1,z1)是平面PBE的一个法向量，则由得

n1BE0x10y12z10,所以y10,x12z1.故可取n1(2,0,1). 3y20z20.0x12n2PA0, 设n2(x2,y2,z2)是平面PAD的一个法向量，则由得

n2AD00x20y22z20,所以z20,x23y2.故可取n2(3,1,0). 13y20z20.x222nn2315. 于是，cosn1,n212552n1n2 故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是arccos15. 5

11．(2008湖南文) 如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，

BCD600，

E是CD的中点，PA底面ABCD，PA（I）证明：平面PBE平面PAB； （II）求二面角A—BE—P和的大小。

11．解：解法一

（I）如图所示, 连结BD,由ABCD是菱形且BCD60知，

0P3。

D EBC△BCD是等边三角形. 因为E是CD的中点， 所以BE⊥CD,又AB//CD,所以BE⊥AB, 又因为PA平面ABCD，BE平面ABCD，

所以PA⊥BE,而PAABA,因此 BE⊥平面PAB. 又BE平面PBE，所以平面PBE平面PAB. （II）由（I）知，BE⊥平面PAB, PB平面PAB,

所以PBBE.

又AB⊥BE,所以PBA是二面角ABEP的平面角．

在Rt△PAB中, PA tanPBA3,PBA60.．

AB故二面角ABEP的大小为60.

A解法二：如图所示,以A为原点，建立空间直角坐标系．则相关各点的坐标分别是

331330，3),E(1，，0),D(，，0),P(0，0). A(0，0，0),B(1，0，0),C(，，222223，0),平面PAB的一个法向量是n0(01（I）因为BE(0,，，0),所以BE和n0共线. 2从而BE⊥平面PAB. 又因为BE平面PBE，所以平面PBE平面PAB.

30,3),BE(0,，0),设n1(x1，y1，z1)是平面PBE的一个法向量, （II）易知PB(1，2x10y13z10，nPB0，1则由得 3y10z10n1BE00x12所以y1=0，x13z1. 0，1).而平面ABE的 故可取n1(3，一个法向量是n2(0，01).， 于是,cosn1,n2n1n21.．

|n1||n2|2故二面角ABEP的大小为60.

12．(2008江苏)记动点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上一点，记

D1P．当APC为钝角时，求的取值范围． D1B12．解：由题设可知，以DA、DC、DD1为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐

标系Dxyz，则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,1) 由D1B(1,1,1)，得D1PD1B(,,)，所以

zD1A1DPAxBB1CyC1PAPD1D1A(,,)(1,0,1)(1,,1)

PCPD1DC(,,)(0,1,1)(,1,1) 1显然APC不是平角，所以APC为钝角等价于 cosAPCcosPA,PC则等价于PAPC0

即 (1)()()(1)(1)(1)(31)0，得因此，的取值范围是(,1)

2PAPCPAPC0，

11 313

13．(2008江西文、理) 如图，正三棱锥OABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，且长度均为2．E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF的平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1，已知

OA13． 2（1）求证：B1C1⊥面OAH；

（2）求二面角OA1B1C1的大小．

13．解 ：（1）证明：依题设，EF是ABC的中位线， 所以EF∥BC，

则EF∥平面OBC，所以EF∥B1C1。 又H是EF的中点，所以AH⊥EF， 则AH⊥B1C1。 因为OA⊥OB，OA⊥OC，

所以OA⊥面OBC，则OA⊥B1C1， 因此B1C1⊥面OAH。

（2）作ON⊥A1B1于N，连C1N。 因为OC1⊥平面OA1B1，

根据三垂线定理知，C1N⊥A1B1，

A1ANEBHFMOCC1ONC1就是二面角OA1B1C1的平面角。

作EM⊥OB1于M，则EM∥OA，则M是OB的中点，则EMOM1。

B1OB1OA1x3得，，解得x3， MB1EMx12OAOB13322在RtOA1B1中，A1B1OA1OB1。 5，则，ON1A1B125OC1所以tanONC15，故二面角OA1B1C1为arctan5。

ON设OB1x，由

解法二：（1）以直线OA、OC、OB分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，Oxyz则

11A(2,0,0),B(0,0,2),C(0,2,0),E(1,0,1),F(1,1,0),H(1,,)

221111所以AH(1,,),OH(1,,),BC(0,2,2)

2222所以AHBC0,OHBC0 所以BC平面OAH

由EF∥BC得B1C1∥BC，故：B1C1平面OAH

(2)由已知A1(,0,0),设B1(0,0,z)

O321则A1E(,0,1),EB1(1,0,z1)

2由A1E与EB1共线得:存在R有A1EEB1得

A1AHECFC1xBy1z32 1(z1)B1(0,0,3)同理:C1(0,3,0)

33A1B1(,0,3),AC(,3,0) 1122设n1(x1,y1,z1)是平面A1B1C1的一个法向量, 则 令x2得yx1

B1zn1(2,1,1). 又n2(0,1,0)是平面OA1B1的一个法量 cosn1,n216 64116所以二面角的大小为arccos

6

14．(2008辽宁文)如图，在棱长为1的正方体ABCDABCD中，AP=BQ=b（0 DC 截面PQEF∥AD，截面PQGH∥AD． H G （Ⅰ）证明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直；

A B （Ⅱ）证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，

并求出这个值；

P Q D C

E A F B （Ⅲ）若b1，求DE与平面PQEF所成角的正弦值． 2

14．本小题主要考查空间中的线面关系和面面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与逻辑思维能力．满分12分． 解法一：

（Ⅰ）证明：在正方体中，ADAD，ADAB， 又由已知可得

PF∥AD，PH∥AD，PQ∥AB， 所以PHPF，PHPQ， 所以PH平面PQEF．

所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直． ························································· 4分 （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知

PF2AP，PH2PA，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面

PQEF和截面PQGH面积之和是

(2AP2PA)PQ2，是定值． ···························································· 8分 （Ⅲ）解：设AD交PF于点N，连结EN， D C 因为AD平面PQEF， H G 所以∠DEN为DE与平面PQEF所成的角． A B

1D 因为b，所以P，Q，E，F分别为AA，BB，BC，AD的中点． P Q N 2C

E 323A F B 可知DN，DE．

42322所以sin∠DEN4． ···································································· 12分

322解法二：

以D为原点，射线DA，DC，DD′分别为x，y，z轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz．由已知得DF1b，故 A(1，0，0)，A(1，01)，，D(0，0，0)，D(0，0，1)， z P(1，0，b)，Q(11，，b)，E(1b，1，0)， F(1b，0，0)，G(b，11)，，H(b，0，1)．

（Ⅰ）证明：在所建立的坐标系中，可得

H A P D C G B Q C E B y PQ(0，1，，0)PF(b，0，b)， PH(b1，0，1b)，

AD(1，0，，1)AD(1，0，1)．

ADPF0，所以AD是平面PQEF的法向量． 因为ADPQ0，x ADPH0，所以AD是平面PQGH的法向量． 因为ADPQ0，D A F 因为ADAD0，所以ADAD， 所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直． ··························································· 4分

1，0)，所以EF∥PQ，（Ⅱ）证明：因为EF(0，EF=PQ，又PFPQ，所以PQEF

为矩形，同理PQGH为矩形．

在所建立的坐标系中可求得PH2(1b)，PF所以PHPF2b，

2，又PQ1，

所以截面PQEF和截面PQGH面积之和为2，是定值． ······································· 8分

0，1)是平面PQEF的法向量． （Ⅲ）解：由（Ⅰ）知AD(1，由P为AA中点可知，Q，E，F分别为BB，BC，AD的中点．

1，1，因此DE与平面PQEF所成角的正弦值等于 1，0，DE，所以E，|cosAD，DE|

15．(2008辽宁理)如图，在棱长为1的正方体ABCDABCD中，AP=BQ=b（0D 截面PQEF∥AD，截面PQGH∥AD． C H G （Ⅰ）证明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直；

B （Ⅱ）证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，并求出这个值； A （Ⅲ）若DE与平面PQEF所成的角为45，求DE与平

P 面PQGH所成角的正弦值． D A F 15．本小题主要考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识， 考查空间想象能力与逻辑思维能力。满分12分． D 解法一： H （Ⅰ）证明：在正方体中，ADAD，ADAB，又由已知可得 A PF∥AD，PH∥AD，PQ∥AB，

P N D 所以PHPF，PHPQ，

所以PH平面PQEF．

所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直． ····················· 4分 （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知 PQEF和截面PQGH面积之和是

A F Q B E C

12122． ············································································· 12分 2C

B G Q M B E C

PF2AP，PH2PA，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面(2AP2PA)PQ2，是定值． ···························································· 8分

（III）解：连结BC′交EQ于点M．

因为PH∥AD，PQ∥AB，

所以平面ABCD和平面PQGH互相平行，因此DE与平面PQGH所成角与DE与平面ABCD所成角相等．

与（Ⅰ）同理可证EQ⊥平面PQGH，可知EM⊥平面ABCD，因此EM与DE的比值就是所求的正弦值．

设AD交PF于点N，连结EN，由FD1b知

22(1b)． 22因为AD⊥平面PQEF，又已知DE与平面PQEF成45角，

222(1b)(1b)22， 所以DE2ND，即

221解得b，可知E为BC中点．

2DE(1b)22，ND232，又DE(1b)2， 42EM2故DE与平面PQCH所成角的正弦值为． ·········································· 12分 DE6所以EM=

解法二：

以D为原点，射线DA，DC，DD′分别为x，y，z轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz由已知得DF1b，故 A(1，0，0)，A(1，01)，，D(0，0，0)，D(0，0，1)，

P(1，0，b)，Q(11，，b)，E(1b，1，0)， F(1b，0，0)，G(b，11)，，H(b，0，1)．

（Ⅰ）证明：在所建立的坐标系中，可得

z H A P PQ(0，1，，0)PF(b，0，b)，

D C PH(b1，0，1b)，

AD(1，0，，1)AD(1，0，1)．

ADPF0，所以AD是平面PQEF的法向量． 因为ADPQ0，B G D A F Q C E B y ADPH0，所以AD是平面PQGH的法向量． 因为ADPQ0，x 因为ADAD0，所以ADAD，

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

1，0)，所以EF∥PQ，（Ⅱ）证明：因为EF(0，EFPQ，又PFPQ，所以PQEF

为矩形，同理PQGH为矩形．

在所建立的坐标系中可求得PH2(1b)，PF所以PHPF2b，

2，又PQ1，

所以截面PQEF和截面PQGH面积之和为2，是定值． ······································· 8分

1，1)，AD(1，0，1)可得 （Ⅲ）解：由已知得DE与AD成45角，又DE(1b，

DEADDEAD1． 2b22(1b)222， 2即

2b(1b)22121，解得b0，1)，所以DE与平面PQGH所成角的正弦值为 1，1，又AD(1，所以DE，112|cosDE，AD|2． ······························································ 12分

3622

16．(2008全国Ⅱ卷文、理) 如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB4，点ED1 C1 在CC1上且C1E3EC．

A1 B1 （Ⅰ）证明：A1C平面BED； （Ⅱ）求二面角A1DEB的大小．

D A B E C

16．解法一：

依题设，AB2，CE1．

（Ⅰ）连结AC交BD于点F，则BDAC． 由三垂线定理知，BDA1C． ········································································· 3分 在平面A1CA内，连结EF交A1C于点G，

D1 A1 C1 B1 AA1AC由于22，

FCCE故Rt△A1AC∽Rt△FCE，AA1CCFE，

CFE与FCA1互余． 于是A1CEF．

A1C与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，

D A F H E G C B 所以A1C平面BED． ·················································································· 6分 （Ⅱ）作GHDE，垂足为H，连结A1H．由三垂线定理知A1HDE，

故A1HG是二面角A1DEB的平面角． ······················································· 8分

EFCF2CE23，

3CECF222，EGCECG． CG3EF3EG11EFFD2． ，GHEF33DE15又AC1AA12AC226，A1GA1CCG56． 3AG155． HG所以二面角A1DEB的大小为arctan55．-----------12分 tanA1HG解法二：

以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴， 建立如图所示直角坐标系Dxyz．

A1 z D1 C1 B1 2，，0)C(0，2，，0)E(0，2，，1)A1(2，0，4)． 依题设，B(2，

DE(0，2，，1)DB(2，2，0)，AC(2，2，4)，DA1(2，0，4)．----3分 1（Ⅰ）因为ACDB0，ACDE0， 11故A1CBD，A1CDE． 又DBx A D B E C y DED，

所以A1C平面DBE． ·················································································· 6分 （Ⅱ）设向量n(x，y，z)是平面DA1E的法向量，则

nDE，nDA1．

故2yz0，2x4z0．

1，2)． ·令y1，则z2，x4，n(4，···················································· 9分

n，AC等于二面角A1DEB的平面角， 1cosn，A1CnA1CnA1C14． 4214． ················································· 12分 42所以二面角A1DEB的大小为arccos

17．(2008全国Ⅰ卷文)（四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面

BCDE，BC2，CD2，ABAC． （Ⅰ）证明：ADCE；

（Ⅱ）设侧面ABC为等边三角形，求二面角CADE的大小．

17．解：（1）取BC中点F，连接DF交CE于点O， ABAC， AFBC，

又面ABC面BCDE， AF面BCDE， AFCE．

A B C D E

tanCEDtanFDC2， 2OEDODE90，

DOE90，即CEDF， CE面ADF， CEAD．

（2）在面ACD内过C点做AD的垂线，垂足为G． CGAD，CEAD， AD面CEG， EGAD，

则CGE即为所求二面角．

6ACCD23CG，DG，

3AD330EGDE2DG2，

3CE6，

CG2GE2CE210则cosCGE，

2CGGE1010CGEπarccos10．



18．(2008全国Ⅰ卷理) 四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面

BCDE，BC2，CD2，ABAC． （Ⅰ）证明：ADCE；

（Ⅱ）设CE与平面ABE所成的角为45，求二面角CADE的大小．

18．解：（1）取BC中点F，连接DF交CE于点O，

A B C D E

ABAC，AFBC，

又面ABC面BCDE，AF面BCDE， AFCE．

2A tanCEDtanFDC，

2OEDODE90，DOE90，即CEDF， CE面ADF，CEAD． G B（2）在面ACD内过C点作AD的垂线，垂足为G．

F CGAD，CEAD，AD面CEG，EGAD， O 则CGE即为所求二面角的平面角．

C D 630ACCD2322CG，DG，EGDEDG， 33AD318题图 222CGGECE10CE6，则cosCGE，

2CGGE101010CGEπarccos，即二面角的大小πarccosCADE1010．



19． (2008山东理)如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，ABC60,E，F分别是BC, PC的中点. （Ⅰ）证明：AE⊥PD;

（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的 正切值为

E 6，求二面角E—AF—C的余弦值。 219．（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形.

因为 E为BC的中点，所以AE⊥BC. 又 BC∥AD，因此AE⊥AD.

因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE. 而 PA平面PAD，AD平面PAD 且PA∩AD=A， 所以 AE⊥平面PAD，又PD平面PAD. 所以 AE⊥PD.

（Ⅱ）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.

由（Ⅰ）知 AE⊥平面PAD，

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.

在Rt△EAH中，AE=3，

所以 当AH最短时，∠EHA最大， 即 当AH⊥PD时，∠EHA最大. 此时 tan∠EHA=

AE36, AHAH2因此 AH=2.又AD=2，所以∠ADH=45°，

所以 PA=2.

解法一：因为 PA⊥平面ABCD，PA平面PAC， 所以 平面PAC⊥平面ABCD.

过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，

过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，

33，AO=AE·cos30°=, 2232 又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO·sin45°=,

4383022, 又 SEEOSO494 在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=

32SO15 在Rt△ESO中，cos∠ESO=4,

SE530415. 即所求二面角的余弦值为5解法二：由（Ⅰ）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以

E、F分别为BC、PC的中点，所以

A（0，0，0），B（3，-1，0），C（C，1，0）， D（0，2，0），P（0，0，2），E（3，0，0），F（所以 AE(3,0,0),AF(31,,1）， 2231,,1). 22设平面AEF的一法向量为m(x1,y1,z1),

mAE0,则 mAF0,3x10,因此3 1x1y1z10.22取z11,则m(0,2,1),

因为 BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A， 所以 BD⊥平面AFC，

故 BD为平面AFC的一法向量. 又 BD=（-3,3,0）， 所以 cos＜m, BD＞=

mBD2315.

5|m||BD|51215. 5因为 二面角E-AF-C为锐角， 所以所求二面角的余弦值为

20．(2008陕西理)三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为

A1B1C1，BAC90，A1A平面ABC，A1A3，AB2，AC2，AC111，

A1 B1 A B D C1

C

BD1． DC2（Ⅰ）证明：平面A1AD平面BCC1B1；

（Ⅱ）求二面角ACC1B的大小．

20．解法一：（Ⅰ）A1A平面ABC，BC平面ABC，

BC6， A1ABC．在Rt△ABC中，AB2，AC2，6BD3AB，又，

3AB3BC△DBA∽△ABC，ADBBAC90，即ADBC． 又A1AADA，BC平面A1AD，

BD:DC1:2，BDA1 B1

C1

E

A

F BC平面BCC1B1，平面A1AD平面BCC1B1． （Ⅱ）如图，作AEC1C交C1C于E点，连接BE， 由已知得AB平面ACC1A1．

AE是BE在面ACC1A1内的射影． 由三垂线定理知BECC1，

AEB为二面角ACC1B的平面角． 过C1作C1FAC交AC于F点，

则CFACAF1，C1FA1A3，

C

D B

（第20题，解法一）

C1CF60．

33． 2AB26在Rt△BAE中，tanAEB． AE336AEBarctan，

36即二面角ACC1B为arctan．

3在Rt△AEC中，AEACsin602解法二：（Ⅰ）如图，建立空间直角坐标系，

则A(0，0，，0)B(2，0，，0)C(0，2，，0)A1(0，0，3)，C1(01，，3)，

z B1 A1 C1 A B C y D 1BD:DC1:2，BDBC． x 3（第20题，解法二）

222，0点坐标为． D3，3222AD，0，BC(2，2，，0)AA1(0，0，3)．

3，3BCAA10，BCAD0，BCAA1，BCAD，又A1AADA， BC平面A1AD，又BC平面BCC1B1，平面A1AD平面BCC1B1． （Ⅱ）

0，0)为平面ACC1A1的法向量， BA平面ACC1A1，取mAB(2，设平面BCC1B1的法向量为n(l，m，n)，则BCn0，CC1n0．

32l2m0，l2m，nm，

3m3n0，3如图，可取m1，则n2，， 1，322010cosm，n(2)20202即二面角ACC1B为arccos3323(2)212315， 515． 5

21.(2008陕西文) 三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为

A1B1C1，BAC90，A1A平面ABC，A1A3，ABAC2A1C12，D为BC中点．

（Ⅰ）证明：平面A1AD平面BCC1B1； （Ⅱ）求二面角ACC1B的大小．

21．解：

A1 B1 A B D C1

C

22．(2008四川文) 如图，平面ABEF平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，

BADFAB900,BC//1AD，BE2//1AF，G,H分别为FA,FD的中点 2（Ⅰ）证明：四边形BCHG是平行四边形； （Ⅱ）C,D,F,E四点是否共面？为什么？

（Ⅲ）设ABBE，证明：平面ADE平面CDE； 22．【解1】：（Ⅰ）由题意知，FGGA,FHHD

1所以GH//AD

21又BC//AD，故GH//BC

2所以四边形BCHG是平行四边形。 （Ⅱ）C,D,F,E四点共面。理由如下：

1由BC//AF，G是FA的中点知，BE//GH，所以EF//BG

2由（Ⅰ）知BG//CH，所以EF//CH，故EC,FH共面。 又点D在直线FH上

所以C,D,F,E四点共面。

0（Ⅲ）连结EC，由ABBE，BE//AG及BAG90知ABEG是正方形

故BGEA。由题设知FA,FD,AB两两垂直，故AD平面FABE， 因此EA是ED在平面FABE内的射影，根据三垂线定理，BGED 又EDEAE，所以BG平面ADE

由（Ⅰ）知CH//BG，所以CH平面ADE。

由（Ⅱ）知F平面CDE，故CH平面CDE，得平面ADE平面CDE

【解2】：由平面ABEF平面ABCD，AFAB，得AF平面ABCD， 以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系Axyz （Ⅰ）设ABa,BCb,BEc，则由题设得

A0,0,0,Ba,0,0,Ca,b,0,D0,2b,0,Ea,0,c,G0,0,c,H0,b,c

所以HG0,b,0,BC0,b,0 于是HGBC

又点G不在直线BC上

所以四边形BCHG是平行四边形。 （Ⅱ）C,D,F,E四点共面。理由如下：

由题设知F0,0,2c，所以

EFa,0.c,CHa,0.c,EFCH 又CEF,HFD，故C,D,E,F四点共面。

（Ⅲ）由ABBE得，所以CHa,0,a,AEa,0,a 又AD0,2b,0，因此CHAE0,CHAD0 即CHAE,CHAD

又ADAEA，所以CH平面ADE

故由CH平面CDFE，得平面ADE平面CDE 【点评】：此题重点考察立体几何中直线与直线的位置关系，四点共面问题，面面垂直问题，考察了空间想象能力，几何逻辑推理能力，以及计算能力； 【突破】：熟悉几何公理化体系，准确推理，注意逻辑性是顺利进行解法1的关键；在解法2中，准确的建系，确定点坐标，熟悉向量的坐标表示，熟悉空间向量的计算在几何位置的证明，在有关线段，角的计算中的计算方法是解题的关键。

23．(2008四川理) 如图，平面ABEF平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，

BADFAB900,BC//1AD，BE2//1AF 2（Ⅰ）证明：C,D,F,E四点共面；

（Ⅱ）设ABBCBE，求二面角AEDB的大小； 23．【解1】：（Ⅰ）延长DC交AB的延长线于点G，

2GAGD延长FE交AB的延长线于G'

1GBGCBC1由BC//AD得 

AD2同理可得

G'EG'BBE1 ''GFGAAF2G'BGB故'，即G与G'重合 GAGA因此直线CD、EF相交于点G，即C,D,F,E四点共面。

（Ⅱ）设AB1，则BCBE1，AD2

取AE中点M，则BMAE，又由已知得，AD平面ABEF 故ADBM，BM与平面ADE内两相交直线AD、AE都垂直。 所以BM平面ADE，作MNDE，垂足为N，连结BN

由三垂线定理知BNED，BMN为二面角AEDB的平面角。

21ADAE3，MN 22DE3BM6故tanBMN MN26所以二面角AEDB的大小arctan 2 BM

【解2】：由平面ABEF平面ABCD，AFAB，得AF平面ABCD，以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系Axyz （Ⅰ）设ABa,BCb,BEc，则

Ba,0,0,Ca,b,0,Ea,0,c,D0,2b,0,F0,0,2c

EC0,b,c,FD0,2b,2c

1故ECFD，从而由点EFD，得EC//FD

2故C,D,F,E四点共面

（Ⅱ）设AB1，则BCBE1， B1,0,0,C1,1,0,D0,2,0,E1,0,1

在DE上取点M，使DM5ME，则M,,

515636115636又DE1,2,1,MBDE0,MBDE

从而MB,,

在DE上取点N，使DN2NE，则N从而NA222,, 333222,,,NADE0,NADE 333故MB与NA的夹角等于二面角ADEB的平面角，

MBNA10 cosMBNA

5MBNA所以二面角ADEB的大小arccos10 5【点评】：此题重点考察立体几何中四点共面问题和求二面角的问题，考察空间想象能力，几何逻辑推理能力，以及计算能力； 【突破】：熟悉几何公理化体系，准确推理，注意书写格式是顺利进行解法1的关键；在解法2中，准确的建系，确定点坐标，熟悉向量的坐标表示，熟悉空间向量的计算在几何位置的证明，在有关线段，角的计算中的计算方法是解题的关键。

24．（2008浙江文、理）如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE//CF，

BCF=CEF=90,AD=3,EF=2。

（Ⅰ）求证：AE//平面DCF；

（Ⅱ）当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为60？

24．本题主要考查空间线面关系、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和推理运算能力．满分14分． 方法一：

（Ⅰ）证明：过点E作EGCF交CF于G，连结DG，

D 可得四边形BCGE为矩形，

A 又ABCD为矩形，

C 所以AD∥EG，从而四边形ADGE为平行四边形，

G B 故AE∥DG．

F

因为AE平面DCF，DG平面DCF， H E 所以AE∥平面DCF．

（Ⅱ）解：过点B作BHEF交FE的延长线于H，连结AH． 由平面ABCD平面BEFC，ABBC，得 AB平面BEFC， 从而AHEF．

所以AHB为二面角AEFC的平面角．

在Rt△EFG中，因为EGAD3，EF2，所以CFE60，FG1． 又因为CEEF，所以CF4， z 从而BECG3．

D 33A 于是BHBEsinBEH． C 2因为ABBHtanAHB，

F 9所以当AB为时，二面角AEFC的大小为60． y E 2方法二：如图，以点C为坐标原点，以CB，CF和CD分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系Cxyz．

设ABa，BEb，CFc，

0，a)，B(3，0，0)，E(3，b，0)，F(0，c，0，0)，A(3，0)． 则C(0，x B a)，CB(3，0，0)，BE(0，b，0)， （Ⅰ）证明：AE(0，b，所以CBCE0，CBBE0，从而CBAE，CBBE，

所以CB平面ABE． 因为CB平面DCF，

所以平面ABE∥平面DCF． 故AE∥平面DCF．

0)， （Ⅱ）解：因为EF(3，cb，0)，CE(3，b，所以EFCE0，|EF|2，从而

3b(cb)0， 23(cb)2，解得b3，c4．

3，0)，F(0，4，0)． 所以E(3，设n(1，y，z)与平面AEF垂直， 则nAE0，nEF0，

33)． a0，a)， 又因为BA平面BEFC，BA(0，解得n(1，3，所以|cosn，BA|得到a|BAn|33a1，

|BA||n|a4a22729． 29时，二面角AEFC的大小为60． 215,D、E两点分别在AB、AC2所以当AB为

25． (2008重庆理)如题（19）图，在ABC中，B=90,AC=上.使

ADAE2,DE=3.现将ABC沿DE折成直二DBEC角角，求：

（Ⅰ）异面直线AD与BC的距离；

（Ⅱ）二面角A-EC-B的大小（用反三角函数表示）.

25．（本小题13分） 解法一：

（Ⅰ）在答（19）图1中，因 从而AD⊥DE.

在第（19）图2中，因A-DE-B是直二面角，AD⊥DE,故AD⊥底

面DBCE，从而AD⊥DB.而DB⊥BC,故DB为异面直线AD与BC的公垂线. 下求DB之长.在答（19）图1中，由又已知DE=3,从而BCADAE，故BE∥BC.又因B＝90°， DBCE

ADAEDEAD22，得. CBBCBCAB339DE. 222215922 ABACBC6.

22DB1,故DB＝2. 因

AB3（Ⅱ）在第（19）图2中，过D作DF⊥CE,交CE的延长线于F，连接AF.由（1）知，

AD⊥底面DBCE,由三垂线定理知AF⊥FC,故∠AFD为二面角A-BC-B的平面 角.

在底面DBCE中，∠DEF=∠BCE,

1155, 322DB4因此sinBCE.

EC5DB2,EC从而在Rt△DFE中，DE=3,

412. 55AD5在RtAFD中,AD4,tanAFD.

DF35因此所求二面角A-EC-B的大小为arctan.

3DFDEsinDEFDEsinBCE3解法二：

（Ⅰ）同解法一.

DE、DA的方向为x、 （Ⅱ）如答（19）图3.由（Ⅰ）知，以D点为坐标原点，DB、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0，4），

9C2，，0，E（0，3，0）. 2

3AD＝-2，-，0，AD＝（0，0，-4）.过D作DF⊥CE,交CE的延长线

2于F，连接AF.

设F(x0,y0,0),从而DF(x0,y0,0), EF(x0,y03,0).由DFCE，有

3y00. ① 2xy3 又由CEEF,得00. ②

322 DFCE0,即2x0 联立①、②，解得

x0

364836483648,y0.即F,,0，得AF,,4.2525252525254836(2)2525 因为AFCE30,故AFCE,又因DFCE,所以23648DFA为所求的二面角A-EC-B的平面角.因DF,,0,有

252522AD5364812DF,AD4,所以tanAFD.

25255DF3 因此所求二面角A-EC-B的大小为arctan.

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