8．已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，底面ABCD，且PA=AD=DC=AB=1，M是PB的中点

(Ⅰ)证明：面PAD⊥面PCD；

(Ⅱ)求AC与PB所成的角；

(Ⅲ)求面AMC与面BMC所成二面角的大小

方法一：

(Ⅰ)证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，

∴由三垂线定理得CD⊥PD．

因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，∴CD⊥面PAD．

又CD面PCD，∴面PAD⊥面PCD．

(Ⅱ)解：过点B作BE//CA，且BE=CA，

则∠PBE是AC与PB所成的角．

连结AE，可知AC=CB=BE=AE=，又AB=2，

所以四边形ACBE为正方形．　

由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°

在Rt△PEB中BE=，PB=，

(Ⅲ)解：作AN⊥CM，垂足为N，连结BN．

在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，　 ∴△AMC≌△BMC,

∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角

∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，

在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM．

在等腰三角形AMC中，AN·MC=，

∴AB=2，，故即为所求.

方法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A(0，0，0)B(0，2，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)，M(0，1，．

(Ⅰ)证因

又知AD⊥DC，且AP与与AD是面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD．

又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD

(Ⅱ)解：因

由此得AC与PB所成的角为

(Ⅲ)解：在MC上取一点N(x，y，z)，则存在使

要使

即为所求

7．在正四面体ABCD中，E、F分别为AD、BC的中点。

(1)求CE与AF所成的角；(2)求直线CE与平面BCD所成的角。

解：(1)连结FD，取FD的中点G，连结GE，∵E、G分别是AD、FD的中点，∴，故∠CEG(或其补角)即为CE与AF所成的角。设AB=a，在ΔCEG中，

故CE与AF所成的角为。

(2)∵正四面体ABCD，∴BC⊥AF，BC⊥DF，

∴BC⊥面AFD，∴面AFD⊥面BCD，过E作EH⊥DF于H，

则EH⊥面BCD，则∠ECH为CE与面BCD所成的角。

在RtΔCEH中，，

即CE与平面BCD成的角为。

6．正六棱柱ABCDED-A₁B₁C₁D₁E₁F₁的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱的侧面对角线E₁D与BC₁所成的角为　 　60° 　　　　。

5．在△ABC中,M,N分别是AB,AC的中点,PM⊥平面ABC,当BC=18,PM=时,PN和平面ABC所成的角是　 30°．

4．已知二面角的大小为，为异面直线，且，则

　所成的角为(　 B　 ) 　　

A．　　　 　　B．　　　　　　 C．　　　　　　 D．

3．如图在正三角形ABC中,E、D、F分别为各边的中

点，G、H、I、J分别为AF、AD、BE、DE的中点，

将三角形沿DE、EF、DF折成三棱锥以后，GH与

IJ所成角的度数为( 　B 　)

A．90°　　 B．60°　　 C．45°　　　 D．30°

2．如果平面的一条斜线长是它在这个平面上射影长的3倍，那么这条斜线与平面

所成角的余弦值为(　 A　 )

A．　　　B． 　　C． 　　D．

1．平面的斜线交于点，过定点的动直线与垂直，且交于点，则动点的轨迹是( A )

　　　　 　 (A)一条直线　　　 (B)一个圆　 (C)一个椭圆　 (D)双曲线的一支

3．二面角的平面角的主要作法：①定义　 ②三垂线定义　 ③ 垂面法

★★★高考将考什么

[范例1]在的二面角中， ，已知点A和B到棱的距离分别为2和4，且AB=10。求

(1)直线AB与棱a所成的角；(2)直线AB与平面β所成的角。

解：(1)如图所示，在平面α内，过A作AC⊥α，垂足为C；在平面β内，过B作BD⊥β，垂足为D；又在平面β内，过B作BECD，

连结CE，则∠ABE为AB与α所成的角，CEBD，

从而CE⊥α，∠ACE=120⁰，∠AEB=90⁰。

在ΔACE中，由余弦定理得

在RtΔAEB中，。故直线AB与棱a所成的角为

(2)过点A作，则垂足在的另一半平面上。

在RtΔAA′C中，。

在RtΔAB中，。

故直线AB与平面β所成的角为

[点晴]本题源于课本，高于课本，不难不繁，体现了通过平移求线线、通过射影求线面角的基本方法。

[文]如右下图,在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中,已知AB= 4, AD =3, AA₁= 2．

E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1．

(1) 求二面角C-DE-C₁的正切值;

(2) 求直线EC₁与FD₁所成的余弦值．

解：(I)以A为原点，分别为

x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系，则有

D(0,3,0)、D₁(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C₁(4,3,2),

故

设向量与平面C₁DE垂直，则有

(II)设EC₁与FD₁所成角为β，则

。

[点晴]空间向量在解决含有三维直角的立体几何题中更能体现出它的优点，但必须注意其程序化的过程及计算的公式，本题使用纯几何方法也不难，同学不妨一试。

[范例2]如图，在四棱锥P-ABC右，底面ABCD

为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=，BC=1，PA=2，

E为PD的中点

(Ⅰ)求直线AC与PB所成角的余弦值；

(Ⅱ)在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，

并求出N点到AB和AP的距离

解法一：(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标分别为A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，E(0，，2).

从而=(，1，0)，=(，0，-2).

设与的夹角为，则，

∴AC与PB所成角的余弦值为

(Ⅱ) N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x, 0, z),则

由NE⊥面PAC可得

即

化简得

即N点的坐标为(，0，1)，从而N点到AB、AP的距离分别为1，

解法二：(Ⅰ)设AC∩BD=O，连OE，则OE//PB，∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角, 在ΔAOE中，AO=1，OE=PB=，AE=PD=，

∴, 即AC与PB所成角的余弦值为

(Ⅱ)在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F，则.

连PF，则在RtΔADF中DF=.

设N为PF的中点，连NE，则NE//DF，

∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面PAC从而NE⊥面PAC

∴N点到AB的距离=AP=1，N点到AP的距离=AF=

[点晴]由线线、线面、面面的位置寻找满足某些条件的点的位置，它能考查学生分析问题、解决问题的能力，两种方法各有优缺点，在向量方法中注意动点的设法，在方法二中注意用分析法寻找思路。

[文]在梯形ABCD中，AB=BC=1，AD=2，，沿对角线AC将折起，使点B在平面ACD内的射影O恰在AC上。

(1)求证：AB平面BCD

(2)求异面直线BC与AD所成的角。

解：(1)在梯形ABCD中,,AD=2，

，

又平面ACD，故

又，且

平面BCD

(2)因为BA=BC，，

为AC中点，取CD中点E，AB中点F，连结OE、OF、EF，则OE//AD，

OF//BC，所以AD与BC所成的角为或其补角.

作FH//BO交AC于H，连结HE, 则FH平面ACD

在三角形EOF中，又，EO=1

由余弦定理知

故异面直线BC与AD所成的角为

[点晴]折叠问题必须注意折叠前后之间的关系和区别，本题使用空间向量的方法也不失一种好方法。

[范例3]如图，在斜三棱柱中，

，侧面与底面ABC所成的二面角为，E、F分别是棱

的中点

(Ⅰ)求与底面ABC所成的角

(Ⅱ)证明∥平面

(Ⅲ)求经过四点的球的体积

解：(Ⅰ)过作平面，垂足为

连结，并延长交于，

于是为与底面所成的角

∵，∴为的平分线

又∵，∴，且为的中点. 由三垂线定理．

∵，且，∴．

于是为二面角的平面角，即．

由于四边形为平行四边形，得．

(Ⅱ)证明：设与的交点为，则点为的中点．连结．

在平行四边形中，因为的中点，故．

而平面，平面，所以平面．

(Ⅲ)连结．在和中，由于，，

，则≌，故．由已知得

又∵平面，∴为的外心

设所求球的球心为，则，且球心与中点的连线

在中，．

故所求球的半径，球的体积．

[点晴](Ⅰ)(Ⅱ)两小题注意使用二面角属于简单立几问题。(Ⅲ)要注意球的几何性质以及平面几何知识的合理利用。

[文]在四棱锥P-ABCD中，ABCD为正方形，PA⊥面ABCD，PA＝AB＝a，E为BC中点.

(1)求平面PDE与平面PAB所成二面角的大小；

(2)求平面PBA与平面PDC所成二面角的大小

解：(1)延长AB、DE交于点F，则PF为平面PDE与平面PAD所成二面角的棱，

∵PA⊥平面ABCD，　 ∴AD⊥PA、AB, PA∩AB=A

∴DA⊥平面BPA于A,　 过A作AO⊥PF于O，连结OD,

则∠AOD即为平面PDE与平面PAD所成二面角的平面角。

得，故面PDE与面PAD所成二面角的大小为

(2)解法1(面积法)如图∵AD⊥PA、AB, PA∩AB=A

∴DA⊥平面BPA于A, 同时BC⊥平面BPA于B,

∴△PBA是△PCD在平面PBA上的射影,

设平面PBA与平面PDC所成二面角大小为θ,

cosθ=S_△PAB/S_△PCD=/2 θ=45⁰

即平面BAP与平面PDC所成的二面角的大小为45°。　

解法2(补形化为定义法)如图将四棱锥P-ABCD补形

得正方体ABCD-PQMN，则PQ⊥PA、PD，于是∠APD是两

面所成二面角的平面角。　　　 在Rt△PAD中，PA=AD，

则∠APD=45°。即平面BAP与平面PDC所成二面角的大小为45°。　

[点晴]求线面角、面面角关键在于准确作出角，同样遵循一作二证三计算的步骤，但应用面积射影法求二面角可避免找角，同学们注意经常使用。

[范例4]如图，已知平行六面体的底

面ABCD是菱形，且.

(I)证明：C₁C⊥BD； (II)假定CD=2，C₁C=，记面C₁BD为α，面CBD为β，

求二面角α BD β的平面角的余弦值；

(III)当的值为多少时，能使A₁C⊥平面C₁BD？请给出证明。

(I)证明：连结、AC，AC和BD交于O，连结．

∵ 四边形ABCD是菱形，∴ AC⊥BD，BC=CD．

又∵，

∴ ， ∴ ，

∵ DO=OB，　 ∴ BD，但 AC⊥BD，

AC∩=O，　 ∴ BD⊥平面．

又 平面， ∴ BD．　　　　　

(II)解：由(I)知AC⊥BD，BD，

∴ 是二面角的平面角．

在中，BC=2，，，

∴ ．　　　　　　　　　

∵ ∠OCB=，∴ OB=BC=1．∴ ，

∴ 即．作⊥OC，垂足为H

∴ 点H是OC的中点，且OH ，所以 ．　　　　　　　　 (III)当时，能使⊥平面．

证法一：∵ ，∴ BC=CD=，又，

由此可推得BD=．∴三棱锥C- 是正三棱锥　　　　　　　　　　　　　　　　 设与相交于G．∵∥AC，且∶OC=2∶1，∴∶GO=2∶1．

又是正三角形的BD边上的高和中线，

∴点G是正三角形的中心，∴CG⊥平面．即⊥平面　

证法二：由(I)知，BD⊥平面，∵平面，∴BD⊥．

当时 ，平行六面体的六个面是全等的菱形，

同BD⊥的证法可得⊥．又 BD∩=B，∴⊥平面．

[点晴]本题综合考查了立体几何的各种基础知识，(III)作为开放题有一定难度，常使用猜测(或特殊情形猜测)再分析证明的解决方法。

[文]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长

为a的正方形，并且PD=a，PA=PC=。

(1)求证：PD⊥平面ABCD；

(2)求异面直线PB与AC所成的角；

(3)求二面角A-PB-D的大小。

(4)在这个四棱锥中放一个球，求球的最大半径。

解：(1)PC=，PD=PC=a，∴DPDC是RtD，且PD⊥DC，

同理PD⊥AD，又AD∩DC=D，　 　∴PD⊥平面ABCD。

(2)连BD，因ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又PD⊥平面ABCD。

BD是PB在面ABCD上的射影，由三垂线定理得PB⊥AC，∴PB与AC成90°角。

(3)设AC∩BD=O，作AE⊥PB于E，连OE，

∵AC⊥BD，又PD⊥平面ABCD，ACÌ平面ABCD，∴PD⊥AC，

又PD∩BD=D，　 ∴AC⊥平面PDB，则OE是AE在平面PDB上的射影。

由三垂线定理逆定理知OE⊥PB，　 ∴ÐAEO是二面角A-PB-D的平面角。

又AB=a，PA=，PB=，　 ∵PD⊥平面ABCD，DA⊥AB，

∴PA⊥AB，在RtDPAB中，AE•PB=PA•AB。∴AE=，又AO=　

　∴，ÐAEO=60°，二面角A-PB-D的大小为60°。

(4)设此球半径为R，最大的球应与四棱锥各个面相切，球心为S，连SA、SB、SC、SD、SP，则把此四棱锥分为五个小四棱锥，它们的高均为R，由体积关系得：

。

[点晴]解决(4)的关键是确定球与四棱锥具有怎样的位置关系时，半径最大，此时怎样建立关于球的半径的等量关系式。立体几何中的最值问题，常有两种解决方法：　

(1)建立所求量的函数关系式，再求最值；

(2)根据立体几何的有关知识，确定在什么位置时，所求量取最值。

★★★自我提升

2．求角的三个步骤：一猜,二证,三算．猜是关键,在作线面角时,利用空间图形的平行,垂直,对称关系,猜斜线上一点或斜线本身的射影一定落在平面的某个地方,然后再证