15.(江西卷文20)如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.

(1)求直线与平面所成的角的大小；

(2)求平面与平面所成的二面角的正弦值.

[解析]本题主要考查了考查立体图形的空间感、线面角、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力

解法一：(1)取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.

又平面平面,则MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.

OB=MO=，MO∥AB，则，，所以，故.

(2)CE是平面与平面的交线.

由(1)知，O是BE的中点，则BCED是菱形.

作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.

因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.

，

，

所以，所求二面角的正弦值是.

解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,则MO⊥平面.

以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.

OB=OM=，则各点坐标分别为O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，-，0)，A(0，-，2)，

(1)设直线AM与平面BCD所成的角为.

因(0，，)，平面的法向量为.则有，所以.

(2)，.

设平面ACM的法向量为，

由得.解得，，取.

又平面BCD的法向量为，则

设所求二面角为，则.

14.(江西卷理20)如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.

(1)求点到平面的距离；

(2)求平面与平面所成二面角的正弦值.

[解析]本题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形的空间感、点到直线的距离、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力

解法一：(1)取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面平面,则MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=，MO∥AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，则MHBC，求得：

OH=OCsin600=,MH=,利用体积相等得：。

(2)CE是平面与平面的交线.

由(1)知，O是BE的中点，则BCED是菱形.

作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.

因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.

，

，

所以，所求二面角的正弦值是.

[点评]传统方法在处理时要注意到辅助线的处理，一般采用射影、垂线、平行线等特殊位置的元素解决

解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,则MO⊥平面.

以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.

OB=OM=，则各点坐标分别为O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，-，0)，A(0，-，2)，

(1)设是平面MBC的法向量，则，

，由得；由得；取，则距离

(2)，.

设平面ACM的法向量为，

由得.解得，，取.

又平面BCD的法向量为，则

设所求二面角为，则.

[点评]向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计算必须慎之又慎

13.(江苏卷16)如图，四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC，∠BCD=900

求证：PC⊥BC

求点A到平面PBC的距离

[解析] 本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。满分14分。

(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC。

由∠BCD=900，得CD⊥BC，

又PDDC=D，PD、DC平面PCD，

所以BC⊥平面PCD。

因为PC平面PCD，故PC⊥BC。

(2)(方法一)分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则：

易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等。

又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。

由(1)知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC，

因为PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F。

易知DF=，故点A到平面PBC的距离等于。

(方法二)体积法：连结AC。设点A到平面PBC的距离为h。

因为AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900。

从而AB=2，BC=1，得的面积。

由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P-ABC的体积。

因为PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC。

又PD=DC=1，所以。

由PC⊥BC，BC=1，得的面积。

由，，得，

故点A到平面PBC的距离等于。

12.(湖南卷文18)如图所示，在长方体中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点

(Ⅰ)求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；

(Ⅱ)证明：平面ABM⊥平面A1B1M1

11.(湖南卷理18)如图5所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点。

(Ⅰ)求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值；

(Ⅱ)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F//平面A1BE？证明你的结论。

[解析]

所以，取n.

设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1)(0≤t≤1)，又B1(1，0，1)，所以

n

这说明在在棱C1D1上是否存在一点F()，使B1F//平面A1BE

解法2 如图(a)所示，取AA1的中点M，连结EM，BM，因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM//AD。

又在正方体ABCD－A1B1C1D1中。AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM直线BE与平面ABB1A1所成的角.

设正方体的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝，于是

在RT△BEM中，

10.(湖北卷文18)如图，在四面体ABOC中，OC⊥OA。OC⊥OB，∠AOB=120°，且OA=OB=OC=1

(Ⅰ)设P为AC的中点，Q在AB上且AB=3AQ，证明：PQ⊥OA；

(Ⅱ)求二面角O-AC-B的平面角的余弦值。

8.(广东卷文18)如图4，弧是半径为的半圆，为直径，点为弧AC的中点，点和点为线段的三等分点，平面外一点满足平面，=.　

(1)证明：；

(2)求点到平面的距离.

解析:(1)证明：点E为弧AC的中点

　 　9.(湖北卷理18)如图， 在四面体ABOC中, , 且

(Ⅰ)设为为的中点， 证明： 在上存在一点，使，并计算的值；

(Ⅱ)求二面角的平面角的余弦值。

7.(广东卷理18)如图，弧AEC是半径为a的半圆，AC为直径，点E为弧AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点。平面AEC外一点F满足FB=FD=a，FE=a ,　

(1)证明：EB⊥FD；

(2)已知点Q,R分别为线段FE,FB上的点，使得FQ=FE,FR=FB,求平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值。

(2)设平面与平面RQD的交线为.

由BQ=FE,FR=FB知, .

而平面，∴平面，

而平面平面= ，

∴.

由(1)知，平面，∴平面，

而平面， 平面，

∴，

∴是平面与平面所成二面角的平面角．

在中，，

，．

．

故平面与平面所成二面角的正弦值是．

6.(福建卷文20)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1 中，E，H分别是棱A1B1，D1C1上的点(点E与B1 不重合)，且EH∥A1 D1. 过EH的平面与棱BB1 ，CC1 相交，交点分别为F，G。

(I)证明：AD∥平面EFGH；

(II)设AB=2AA1 =2 a .在长方体ABCD－A1B1C1D1 内随机选取一点。记该点取自几何体A1ABFE-D1DCGH内的概率为p，当点E，F分别在棱A1B1上运动且满足EF=a时，求p的最小值.

5.(福建卷理18)如图，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且是圆的直径。

(Ⅰ)证明：平面⊥平面；

(Ⅱ)设。在圆柱内随机选取一点，记该点取自于三棱柱内的概率为。

(ⅰ)当点在圆周上运动时，求的最大值；

(ⅱ)记平面与平面所成的角为(0°＜≤90°)。当取最大值时，求的值。

[命题意图]本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。

[解析](Ⅰ)因为平面ABC，平面ABC，所以，

因为AB是圆O直径，所以，又，所以平面，

而平面，所以平面平面。

(Ⅱ)(i)设圆柱的底面半径为，则AB=，故三棱柱的体积为

=，又因为，

所以=，当且仅当时等号成立，

从而，而圆柱的体积，

故=当且仅当，即时等号成立，

所以的最大值是。

(ii)由(i)可知，取最大值时，，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐标系(如图)，则C(r，0，0)，B(0，r，0)，(0，r，2r)，

因为平面，所以是平面的一个法向量，

设平面的法向量，由，故，

取得平面的一个法向量为，因为，

所以。