2006年高考数学试题分类汇编立体几何

6（ B. C. D.7（ 卷）关于直线mn与平面①若mn且mn；②若mn且，则mn③若mn且mn；④若mn且，则mn； 解：DADCD8（ADCD的直线共有 A.4 D.12解：ABCDABCD

111作直线,其中与平面DBB1D1平行的直线共有12条，选 239（的面积是()2323 23

2解：2ABCD的四个顶点都在同一个球面上,若过该球球心的一个截面如图为△ABFAB=2，EAB233

22

10（ B. C.

2解：2OAOOA60°12

11（与正方体的某一个平面平行，且（A）1 （B）2 （C）3 面正方形ABCD112（BEFDA－EFCS1，S2，则必有（） 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而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故SABD＋SABE＋SBEFD＝SADC＋SAEC＋SEFCAEFC4个命题中，是（）确，BB③若直线l1l2与同一平面所成的角相等,则l1l2互相平行④若直线l1l2是异面直线,则与l1l2都相交的两条直线是异面直线. 【解析】利用特殊图形正方体我们不难发现①、②、③、④均不正确，故选择答案D15.（卷I）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表 B． C． 66

，球的表面积是24616.（II）过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的6（A）

(B)

(D) ,一个半径为3R的圆,S1

3

3, 2617.（II）如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α、βπA、BA′、B′AB∶A′B′＝6 解析:AB和AB,AB=a,可得AB与平面

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

因此

RtAAB中AB

(2(2a)2(122

所ABABa1a2:1,2 II）如图，平面AB,AB与两平面、 46。过A、BAB若AB=12,AB 解：连接AB和AB,设AB=a,可得ABBAB,4RtBAB中有AB

2a,同理可得AB与平面所成的角为ABA,AA1a AB6

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

a:12

21,a=AB=12,19（∠DAB=60°,EAB的中点，将△ADE与△BECED、ECA、BPP－DCE三棱锥的44

6464(6)3 6 320（333

，它的外接球的半径为 3求的比为 ，选321．(陕西卷)已知平面α外不共线的三点A,B,C到α的距离都相等,确的结论是( A.平面ABC必平行于α B.平面ABC必与α相交C.ABC必不垂直于αD.存在△ABC的一条中位线平行于α或在αABCααA在平面一侧，另两点B、CDE//BC，DEαD． （B）（C）（D）“这四个点中有三点在同一直线上”有两种情况：1）第四点在共线三故选（A） （B）（C）（D）异面直线”是“这两条直线没有公共点”A.24（ 卷）已知二面角l的大小为600，mn为异面直线，且mnmn（A）

解析：二面角l的大小为600，mn为异面直线，且mn，则mnθ60025.（卷）已知球O的半径是1，A、B、C三点都在球面上，A、B两点和A、C B、CBOAC4

3

2

3解析：球OR=1ABCABAC，则∠AOB，∠AOC都等于，AB=ACBC两点的球面距离是，∠BOC 2

222

BOAC的大小是2

16，则球3（A） PABCDABCD在球12R2R16，R=2，球O的表面积是16

22R2R

163 卷）设m、n是两条不同的直线，是两个不同的平面.中正确题是 A．m,n,mn

B．//,m,n//mC．mn//m D．,mnmn解析：正确题是//,m,n//mn，选 卷）若l为一条直线，，，①，；②，∥；③l∥，l．其中正确题有（ Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．3解析：∥;l//,l.正确，所以正确题有2个，选29.（浙江卷）如图，Ol的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两两垂直，E、FAB与AC的中点，E、F在该球面上的球面距离是4

3

2

解析EG1sin2FGEGF EG2FG 1EG2FGEOFE、F1 EF3 3

77

1F155BCEG＝2，EG＝1，故EF＝5，选 A31.(重庆卷)la,am,m (C)垂 解析：对于任意的直线l与平面，若lαml；若lαα内必有直线mm与l垂直，C.32.(重庆卷)P是平面（A）过P只能作一条直线与平面相 （B）过P可作无数条直线与平面垂（C）过P只能作一条直线与平面平 （D）过P可作无数条直线与平面平 DCBA二、填空题（20题33（的，如图，正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到的距离分别面的距离可能是： ①3；②4；③5；④6；D、A1的中点到平面3D1到平面6；B、A1的中点到平面52

B1到平面5；D、B3237

C平面3；C、A1的中点到平面2

，所以C1到平面734（ 卷）平行四边形的一个顶点A内，其余顶点在的同侧，已知其中有两个顶点到12的距离可能是：①1； CDBA34 CDBA34解：如图，B、D1、2，则D、B3点到平面2

CB、C1、2，D的距离为xx12或x21x1D1；C、D1、2，B1；所以选①③。 卷）ABC三点在球心为ORACBCAB ACO解：ACBCABACO3

ABR33 R32 3d3

R

S4R232CABP37.（湖南卷）过三棱柱ABC－A1B1C32CABP过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1622 ，P是BC1上一动点，则CP＋PA1 的最小值 面内，如图所示，连A1C，则A1C的长度就是所求的最小值 2A1C1C＝135A1C＝2 CC1展开，其侧面展开图如40.（辽宁卷）若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为,则cos ,即为体对角线与该正方体所成角.23cos 6 233 41.（辽宁卷）如图，半径为2的半球内有一内接正六棱锥 72PABCDEF27663二面角等 3

66

3,33 II）圆o1R为半径的球O的小圆，若圆o1S1和球OSS1S29，则圆心o1到球心O的距离与球半径的比OO1R＿＿＿＿＿2解：设圆O1的半径为r，则S1＝r2，S＝4R2，由S1:S2:9得rR＝ 2r2OO2R2，可得OOR1 DA1C1直线AD与平面B1DC所成角的正弦值 AGB1DC，于是ADG即ADCAD4所成角，由平面几何知识可求得它的正弦值为5-3的距离 3

7h1

的距离为h 7

3正三棱柱ABC 46.(陕西卷)水平桌面α42R的球,且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形).41R的小球,4个球恰好都相切,则小球的球心解：α42R的球，且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形)41R4个球恰好都相切，5个球心组球的球心到水平桌面α3R． 1236 MD两两互相垂直，且OA＝OB＝OC，M是AB边的中点， MDOM与平面ABC所成的角的大小是 （用反三角函数；解析在三棱锥OABC中三条棱OA,OB,OC两两互 垂直，且OAOBOCMAB边的中点，设|OA|aC则|AB||BC||CA

2a，VO

1a3，O6射影为底面△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）

是空间两条不同直线，①m,n//,//m ②mn,//,mn//③mn,//,m//n ④m,m//n,//n 解析：四个命题：①

m,n//,//m

,为真命题；②mmn,n为真命题， 若二面角CABC的大小为60，则点CABC 离 3 32

3 3 3 3 23CABC133 ，α四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是.，2 122解析： ,2 52.（春）正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，则其体积 锥的高为，故正四棱锥的体积从而应 3三．解答题（共25题 PA1，PABCBFOPABFAPBDPB

E（Ⅰ）

为等腰三角形

C正六边形ABCDEF的边长为1，∴AO1，DO3，BO 3 OPOBOH⊥PBH，AH、DHAH⊥PB，DH⊥PB，所以AHD为所在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设平面PAB的法向量为n1(x1,y1,1)，则n1PA，n1PB，得 3

1 n232,1PDB

xy,1，则

PD，

PB 2y21

，

nn(3；3

1

cosn,n

105arccos(

|

||n （卷）如图，在底面为平行四边形的四棱PABCD中，ABACPA平面ABCD，且PAABEPDACPBPBAECEACB的大小.（1）ABACACPAB，ACEO△PDBEO//PBPBADF，EF，FOEFPADEFPAPAABCD，EF12

2

PA＝EFEOF＝45EACB－DEACB55（BC的中点,CA=CB=CD=BD=2ABCDE到平面的距离AMDMDO方法一 （I）证明：连结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 上的中线

OM1AC1,cosOEM

2,ABCD4的大小为 24EACD的距离为VEACDVACDE13

13

在ACD中，2222CACD2222 1

2

7

AO1

1

322 3

2

h

272

217

E到平面ACD的距离为217方法二 （II）解：以OB(100D(1031C(0,3,0),A(0,0,1),E( ,0),BA(1,0,1),CD(1,31zAOzAO

3,cosBA,CD

BA.CD 2BA 异面直线AB与CD所成角的大小为 2 （III）解：设平面ACD的法向量为n(x,yz),

3yz (x,y,z).(0,3, 37y1得n37

3,1,3ACDn又EC(1 3,0),点E到平面ACD的距离hn

21 56（卷）如图5所示，AF、DE分别世O

径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD8BC是OABAC6,OE//AD(I)BADF(II)BDEF所成的角∴AD⊥ABAD⊥AF,故∠BADB—AD—F的平面角，依题意可知，ABCD是正方形，所以∠BAD＝450.B—AD—F(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

0（

2，8，E（0，0，8F（0，32BD

cosBD,EF

BD|BD||FE

0018100BDEF所成角为则cos|cosBD,EF 直线BD与EF所成的角为 57（ P是侧棱CC1CPm、试确定mAPBDD1B1所成角的正切值为32；、AP，并证明你的结论。、１（１） 故OGPC。所以OG1PCm

AODBAOBB1所以AO面BDD1B12RtAOGtanAGO2m2

m123211A1C1上找一点QD1QAPA1C1的中点O1即为所求的Q

A1C1.D1

APD1O1在平面AD1P上的射影与AP（１）BD110

(0,ACBD0ACBB10知AC为平面BB1D1D的一个法向量AP与面BDD1B1所成的角为|APAC||AP||APAC||AP||AC2222

，解得m1331(3222222 1（２）A1C1上存在这样的点Qx则Q(x,1x,1D1Qx,1x0mD1QAPD1上的射影垂直于APDQAPAPD1Q0x(1x)0x 即QA1C1的中点时，满足题设的要求58（边上的中点，NCC1B1到平面AMN1（ⅠAMCC1,AMBCC1B1AMB1M,BB2BM1NMBM为二面角，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因为MBAM 300(1)010所以

AM,同法可得MNAM

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

x

故可取n(031 y4 y z

na，则cosa

MB15 MB15 所以B到平面AMN的距离为MBcosa 5251 59（ DBQ1DBQC求点P到平面QD的距离. 解法一：（Ⅰ连结A、D，设ACBDO.由P－ABD与Q－ABD都是四棱，所以O⊥面BD，QO⊥平面ABD从而PO、Q三点在条直线，所以（II）由题设知，ABCDACBD（I直角坐标系（，由题设条件，相关各点的坐标分别是P(0,0,1Q(0,02B(0,2

AQ

PB(0,22,

cos

.从而异面直线AQ与PB所成的角是 AQ,PBAQ,PBAQAQ3932（Ⅱ， 2

AD

2,0)，PQ(0,0,3)n(x,y,zQAD的一个法向量，由

2xz得.得.33

x=1，得n

2) 所以点P到平面QAD的距离d .2PQn解法二：（Ⅰ2PQnPQPQMPQ⊥ADPQ⊥ABPQ（ⅡPQP、A、Q、C四点共面DCMOBQ取OC的中点N，连结DCMOBQPO1NONO1PONO

OB2(22)OB2(22)2PB

3ON2(ON2(2)23OB2ON(2OB2ON(22)2(3PB2PN2BN 93323所以cosBPN 232PB 从而异面直线AQ与PB所成的角是 39由（Ⅰ）知，ADPＱMPＱMQADQAD，PQAD的距离．OM，则OM1AB2OQ.所以MQP45232又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是PHPQ323即点P到平面QAD的距离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)，设n(x,y,zQAD

2xz得得

.x=1，得n

2)

PQAD的距离d

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

23所以

PB2＋PC2BC22PB

1212

122232AQPB所成的角是arccos13OM，则

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

2即点P到平面QAD的距离是 261（＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（1。将△AEFEF折起到A1EF－B成直二面角，连结A1B、A1P（A1EA1BP解法一：不妨设正三角形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为BP

EQ A1E=1,在RtA1EQ中，1tanEAQ1

EQ

3,∴∠EAQ=60oAEABP 3FFMA1PM，连结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的大小为arccos8解法二:（1）AHBCDH,BH、CH、DH,则BHCD是正方形,AH1,D为原点,DBx轴,DCy轴建立空间直角坐标系如图,B(100)C(0,10)BCDA0,则BCABC的法向量为n1xyz则由n1BC知n1BCxy0同理由n1CA知 同理,ACD的一个法向量为n210由图可以看出,BAC

则cosn1n2

6,即所求二面角的大小是 6n1nn1n210n13E(x,yzAC上一点,xz0,yBCD的一个法向量为n(00,1DE(x,1EDBCD成30角,DE与n的夹角为60 所以cos<DE,n cos60 DE 1 11

,解得x

2,则CE2

2xACE点,且CE1,EDBCD成30角【解后立体几学习中我们要培养空象能力,于图形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62（ 的直角三A33B－AC－D

三角BACEEDBCD30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:AHBCDH,ABBDHB

AD

3,BD2 BCACBD2方法二:BC的中点O,AODOAOBCDOBC面AOD,BC.(2)BMAC于M,MNACADN则BMNBACD的平面角MAC的中点,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,则EDF301EFxAHHC1,则CF132 tanEDFEF x32

,则CE

2x 1 ACE点,且CE1EDBCD成30解法二:（1）AHBCDH,BH、CHDH,BHCD是正方形,AH1,D为原点,DBx轴DCy轴建立空间直角坐B(100)C(0,10)BCDA0,则BC(2)设平面ABC的法向量为n1(x,y,z),则同理由n1CA知 同理,ACD的一个法向量为n210由图可以看出,BACD的大小应等于n1n2则cosn1n2

6,即所求二面角的大小是 6n1nn1n210n13(3)E(x,yz)是线段AC上一点xz0y1,平面BCD的一个法向量为n00,1DEx,1xEDBCD成30角,DE与n的夹角为60所以cos

cos601DE,nDE,n>DEnDEx111

,解得x

,则CE222

2xACE点,且CE1,EDBCD成30角63（ＣＯＥOBOC2，E是OC的中点ＣＯＥ求OABCBEACEABC的大小．解析:.(1)BCD,AD、ODOBOC,则ODBCADＢOC2则OHABCOH的长就是所要求的距离BC2OC2OAOB、OAOC，OA面OBC,则OA

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

OH1OAOBOC2知,OH 63

取OA的中点MEM、BMEMACBEMBEACEM1AC

5,BE

5,BM

17OB2OB2OM2

BE2ME2BMcosBEM 2BE

,BEM,BEM 连结CHABF,连结OFEF

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

,2525

1515356sinEFGEG6 30EFG 30.(或表示为arccos76 5方法二:(1)以OOB、OC、OAxyz轴建立空间直角坐标系.A(00,1B(200、C(020)E(0,10).ABC的法向量为n1xyz),则由n1AB知n1AB2xz0;n11,12)，则点OABC的距离为dAC(0,2,

621211cos<EB,AC>

2BEAC所成的角arccos255EAB的法向量为n(x,yz),则由nAB知nAB2xznEB知nEB2xy0.取n12则cosnn1

76nnn112n973结合图形可知,EABC的大小为arccos7664（辽宁卷）ABCDE、FAB、CD的中点,将ADEDE折起,如图所示,ADEC的大小为(0).BF平面ADE若ACD为正三角形,ABCDE内的射影GEF上,证明你的结论,并求角的余弦值.BF BFC E D【解析】(I)证明:EFABCDAB、CD的中点EB//FD,EB=FD,EBFD为平行四边形EF平面AED,而BF平面AEDBF平面ADE(II)1:如右图,点ABCDE内的射影GEF上,A作AGBCDE,G,GC,GD.ACD为正三角形GCD的垂直平分线上ABCDE内的射影G在直线EF上GGHEDH,AH,AHDE,所以AHDA-DE-C的平面角.即AHG2a,AF在折后图的AEF中,AF=3a即AEF为直角三角形,AGEFAEAFAG 225RtADE中,AHDEAEADAH25

aGH

a，cos22

14解法2:点A在平面BCDE内的射影G在直线EFAF,在平面AEFAGEF垂足为ACD为正三角形,FCD的中点,AFEFCD,所以CD平面 AGEF且CDEFF,CD平面BCDEEF平面AG平面BCDEGABCDE内的射影ABCDEEFGGHEDH,AH,AHDE,所以AHDA-DE-C的平面角.即AHG2a,AF在折后图的AEF中,AF=3a即AEF为直角三角形,AGEFAEAFAG 3225RtADE中,AHDEAEADAH25

aGH

cos

142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AEFAGEF2垂足为ACD为正三角形,FCD的中点,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内的射影ABCDEEFGGHEDH,AH,AHDE,所以AHDA-DE-C的平面角.即AHG2a,AF，在折后图的AEF中,AF=3a即AEF为直角三角形,AGEFAEAFAG 3225RtADE中,AHDEAEADAH25

aGH

a,cos22

1465（ I）l1、l2MN是它们的公垂线段。点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内的射影（Ⅱ）∵Rt△CAN≌ B,∴AC=BC,又已知 因此△ABC为正三角形∵Rt△ANB≌ B,∴NC=NA=NB,NABCHABC的中心,BH,∠NBHNB与平面ABC所成的角=Rt△NHB中,cos∠NBH==

322zCHAMNB解法二:解法二:如图,建立空间直角坐标系M－xyz.令zCHAMNB∵MNl1、l2的公垂线,l1⊥l2,∴l2ABN.l2 z轴.故可设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为正三角形,AC=BC=AB=2. B中,NB==(1,1,m),BC|AC|=|BC 2).连结MC,作NH⊥MC于H,设 2λ)(λ>0).∴

－λ,－ 2).HN·MC=1－λ－2λ=0,∴λ=3

H(0,

3),可得HN=(0,3,－3),BH,则

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

∴cos∠NBH=

→= =3×3×∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又∴cos∠NBH=

4 32×3

=

E66（D、EBB1、AC1

11 证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线 AA1＝AC＝2ABA1－AD－C1（ EFEFD DB，EOBD为平行四边形 ……2∴ED⊥BB1，EDAC1BB1的公垂线．……6（Ⅱ）A1EAA1＝AC＝2AB可知，A1ACC133AA1＝2AC＝2，AB＝tan∠A1FE＝所以二面角A1－AD－C1为60°． ………12分

＝O－xyzOAC的中点．A(a，0，0)，B(0，b，0)，B1(0，b，2c)．则 ……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，∴线段ADA到平面VBC在正△ABC中，AD 3AC 32a

3aAVBC的距离为3a 2：取AC中点OB1OB1OABCB1O=3a 由（Ⅰ）BCB1CA到平面VBCx，VBABCVABBC 11BCACBO11BCBCxx

A到平面VBC的距离为3aAB1|AB1|cosAB1,n

||

|cos

|23a2

A到平面VBC的距离为3aDDHVBHAHAHAHDAVBCRtAHDAD

3a

B1DDHB1DBC

5tanAHD 。AHDAVBCarctan15

BDHBDHBBC11。

解法二：取AC中点O连B1O OB1底面ABC，过O作直线OE//BC交AB于E取O为空间直角坐标系的原点，OE,OC,OB1xy轴，z轴建立如图所A(0a0B(aa0),C(0a0B1(00,3a。（I）BC(a,0,0)，AB1(0,a,BCAB1a00(0a,3a0，BCAB1又B1C1BCB1C1BCACACA1C1。BCA1C1，BCB1C1,B1C1A1C1。,设平面VBC的一个法向量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，设所求距离为dAB1cosAB1cosAB1n

=23 ABABAB11AB1所以，AVBC的距离为3a设平面VAB的一个法向量mx1y1z1m

mAB1

m

mAB

取z m(23,3,1),cosm,n m 1 |m||n 1二面角AVBC为锐角，所以，二面角AVBC的大小为 468（山东卷）P-ABCDABCD为等腰梯形，AB∥DC,AC⊥BD,ACBDO，且顶点2P在底面上的射影恰为O2PDBC

MPC

,问为何值时，PC解法一：POABCDPO2又PBPD,BO2,PO 26由平面几何知识得：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的大小为MDMBMOPCBMDOMBMD，PCRtPOCPCPD 3,OC1,PO 2PM23,MC 3，PM 故2PC解法二 PO平面PBPDBO2PO

PO2ODOC1BOAO以O为原点，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的一个法向量为n(x,yz)，AB(220)AP(20,2)，由

n1,1,2ABCD的一个法向量m00,1ymnmcosm,ymnmPABC为锐角，PABC的大小为设M(x0,0,y0)，由于P,M,C三点共线，z0 2x02，

2)(x0,0,z0)0x0

2z0由（1（2）知：x2，z 2。M(2, 2

2，故2PCBMD69．(陕西卷)如图,α⊥β,α∩β=lA∈α,B∈β,点Al上的射影为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．arcsin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)，点F的坐标为(2t，t，1－t)．要使→⊥→，须→ ，即(2t，t，1－t)·(2 2－1)=02t+t－(1－t)=0，解得1F的坐标为(

3)，∴ )．设E为AB1的中点，则点E的坐标为

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．arccosBD相交于点O，POABCD，PB与平面ABCD6033Rt△AOB中BO=ABsin30°=1,PO⊥BO,于是3.3

P-ABCDV3

3×3

33（2）解法一：O为坐标原点,射线OB、OC、OPx轴、y轴、z轴的正半轴建立3在Rt△AOB中 ,于是,点A、B33D、P的坐标分别是 33B D P 3E是PB的中点,则E(1 3 于是DE=(3 3),AP

33 33 39 设DE与AP的夹角为θ,有cosθ=9

2 2 2∴异面直线DE与PA所成角的大小是 24EPB的中点,∴∠FED是异面直线DEPA所成角(或它的补角3Rt△AOB中3于是,Rt△POA

6，则 66323在正△ABD和正△PBD中 1 3 4= 3 2∴异面直线DE与PA所成角的大小是 24 卷)ABCABCABC90,ABBCA1CABCS45A1ABC的体积。解：(1)∵BC∥B1C1,∴∠ACBB1C1与AC所成角(或它的补角)∵∠ABC=90°,AB=BC=1,B1C1AC(2)∵AA1ABC,∠ACA1A1C与平面ABC所成的角,∠ACA22 22∴三棱锥A1-ABC的体积V3

62672（ AE,CD1ADAA1aABMNPAEDPDEN （Ⅰ）证明：取CDK，连结MK,NKMNKAK,CD1,CD∵MK//AD,NK// ∴MN//面ADD1（Ⅱ）设F为AD的中点∵P为A1D1的中 ∴PF// ∴PF面FHAEAEHPHAEPHPAEDRtAEFAFaEF2aAE2

a2a，从而FHAFEF RtPFHtanPFH

DD1

172 故：二面角PAED的大小为 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，显然nADD 2 1 MNn0，∴MN又MN面ADD1 ∴MN//面ADD1（Ⅱ）PPHAEAEHADFFa00 Hxy0，则HPaxyaHFaxy0 又AEa2a0

由

，及H在直线AE a2

2x2ay0x 4xy

a,y ∴HP8a,2a,a,HF8a,2a,0

HF HP,HFHP2HPHP,HFHP2PAED的大小为arccos2（Ⅲ）设n1x1y1z1DEN的法向量，则n1DEn1DEa2a0DN0aaDPa0a 2 a

2ay ∴

x14即

∴可取n41

2 2y

z

2 16 1612aDPPDEN的距离为dDE,DNDEDE,DNDE8DE,DN∴

11DEDNsinDE,DN28

∴VPDEN3SDENd3

a 6ABCD的对角线的交点，面CDE1FO//平面CDE设BC 3CD，证明EO平面CDFABCDOM//2

BCEF

1BC2EF//OMEMEFOM为平行四边形.FO又FOCDEEMCDE，∵FO∥CMDMEMCDEM

3CD1BCEF CD⊥EO