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5.正△ABC的邊長為4，CD是AB邊上的高，E、F分別是AC和BC邊的中點，現將△ABC沿CD翻折成直二面角A―DC―B。

（1）試判斷直線AB與平面DEF的位置關系，并說明理由；

（2）求二面角E―DF―C的余弦值；

參 考 答 案：

1解：（Ⅰ）∵AD=2AB=2，E是AD的中點，

∴△BAE，△CDE是等腰直角三角形，

易知，∠BEC=90°，即BE⊥EC    

又∵平面D′EC⊥平面BEC，面D′EC∩面BEC=EC，

∴BE⊥面D′EC，又CD′面D′EC，∴BE⊥CD′

（Ⅱ）法一：設M是線段EC的中點，過M作MF⊥BC

垂足為F，連接D′M，D′F，則D′M⊥EC

∵平面D′EC⊥平面BEC，∴D′M⊥平面EBC，

∴MF是D′F在平面BEC上的射影，

由三垂線定理得：D′F⊥BC，

∴∠D′FM是二面D′―BC―E的平面角.

在Rt△D′MF中，。

∴，

即二面角D′―BC―E的正切值為.      

法二：如圖，以EB，EC為x軸，y軸，過E垂直于平面BEC的射線為z軸，建立空間直角坐標系，則

設平面BEC的法向量為；平面D′BC的法向量為

由.取 

∴。 

∴二面角D′―BC―E的的正切值為.

4.四棱椎P―ABCD中，底面ABCD是矩形，為正三角形，

平面PB中點.

（1）求證：PB∥ 平面AEC；

（2）求二面角E―AC―D的大小.

3.如圖，在直三棱柱ABC―A₁B₁C₁中， .

（Ⅰ）若D為AA₁中點，求證：平面B₁CD平面B₁C₁D；

（Ⅱ）若二面角B₁―DC―C₁的大小為60°，求AD的長.

2.在三棱柱ABC―A₁B₁C₁中，底面是邊長為的正三角形，點A₁在底面ABC上的射影O恰是BC的中點．

（Ⅰ）求證：A₁A⊥BC；

（Ⅱ）當側棱AA₁和底面成45°角時，

求二面角A₁―AC―B的大小余弦值；

（Ⅲ）若D為側棱A₁A上一點，當為何值時，BD⊥A₁C₁．

1、如圖所示，在矩形中，，點是的中點，將沿折起到的位置，使二面角是直二面角.

（Ⅰ）證明：；

（Ⅱ）求二面角的正切值.

3、角度：包括線線（主要是異面直線）所成的角，線面所成的角，面面所成的角；4、求距離或體積；

高考中的立體幾何題的解法通常一題多解，同一試題的解題途徑和方法中常常潛藏著極其巧妙的解法，尤其是空間向量這一工具性的作用體現的更為明顯。因此，這就要求考生通過“周密分析、明細推理、準確計算、猜測探求”等具有創造性思維活動來選擇其最佳解法以節約做題時間，從而適應最新高考要求。

熟練掌握該部分的判定定理和性質定理是做好立體幾何的重中之重。同時平時要注意培養自己的空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.

2、垂直：包括線線垂直，線面垂直，面面垂直；

1、平行：包括線線平行，線面平行，面面平行；

3、（08遼寧卷）（本小題滿分12分）

如圖，在棱長為1的正方體中，AP=BQ=b（0<b<1），截面PQEF∥，截面PQGH∥．

（Ⅱ）證明：截面PQEF和截面PQGH面積之和是定值，

并求出這個值；

（Ⅲ）若與平面PQEF所成的角為，求與平

面PQGH所成角的正弦值．

本小題主要考查空間中的線面關系，面面關系，解三角形等基礎知識，考查空間想象能力與邏輯思維能力。滿分12分．

解法一：

，，，

所以，，

所以平面．

所以平面和平面互相垂直．??????? 4分

（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知

，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面PQEF和截面PQGH面積之和是

，是定值．???????????????????? 8分

（III）解：連結BC′交EQ于點M．

因為，，

所以平面和平面PQGH互相平行，因此與平面PQGH所成角與與平面所成角相等．

與（Ⅰ）同理可證EQ⊥平面PQGH，可知EM⊥平面，因此EM與的比值就是所求的正弦值．

設交PF于點N，連結EN，由知

．

因為⊥平面PQEF，又已知與平面PQEF成角，

所以，即，

解得，可知E為BC中點．

所以EM=，又，

故與平面PQCH所成角的正弦值為．??????????????? 12分

解法二：

，，，，

，，，

，，．

（Ⅰ）證明：在所建立的坐標系中，可得

，

，

．

因為，所以是平面PQEF的法向量．

因為，所以是平面PQGH的法向量．

因為，所以，

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

（Ⅱ）證明：因為，所以，又，所以PQEF為矩形，同理PQGH為矩形．

在所建立的坐標系中可求得，，

所以，又，

所以截面PQEF和截面PQGH面積之和為，是定值．?????????????? 8分

（Ⅲ）解：由已知得與成角，又可得

                         ，

即，解得．

所以，又，所以與平面PQGH所成角的正弦值為

．????????????????????? 12分

立體幾何是高中數學中的重要內容，也是高考的熱點內容。該部分新增加了三視圖，對三視圖的考查應引起格外的注意。立體幾何在高考解答題中，常以空間幾何體（柱，錐，臺）為背景，考查幾何元素之間的位置關系。另外還應注意非標準圖形的識別、三視圖的運用、圖形的翻折、求體積時的割補思想等，以及把運動的思想引進立體幾何。最近幾年綜合分析全國及各省高考真題，立體幾何開放題是高考命題的一個重要方向，開放題更能全面的考查學生綜合分析問題的能力。考查內容一般有以下幾塊內容：

2、（08福建卷）（本小題滿分12分）

如圖，在四棱錐P-ABCD中，則面PAD⊥底面ABCD，側棱PA=PD＝，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O為AD中點.

（Ⅰ）求證：PO⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求異面直線PD與CD所成角的大小；

（Ⅲ）線段AD上是否存在點Q，使得它到平面PCD的距離為？若存在，求出　的值；若不存在，請說明理由.

本小題主要考查直線與平面的位置關系、異面直線所成角、點到平面的距離等基本知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.滿分12分.

解法一：（Ⅰ）證明：在△PAD中PA=PD,O為AD中點，所以PO⊥AD,

又側面PAD⊥底面ABCD,平面平面ABCD=AD, 平面PAD，

所以PO⊥平面ABCD.

（Ⅱ）連結BO，在直角梯形ABCD中、BC∥AD，AD=2AB=2BC,

有OD∥BC且OD=BC,所以四邊形OBCD是平行四邊形，

所以OB∥DC.

由（Ⅰ）知，PO⊥OB,∠PBO為銳角，

所以∠PBO是異面直線PB與CD所成的角.

因為AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB中，AB=1,AO=1,

所以OB＝，

在Rt△POA中，因為AP＝，AO＝1，所以OP＝1，

在Rt△PBO中，tan∠PBO＝

所以異面直線PB與CD所成的角是.

（Ⅲ）假設存在點Q，使得它到平面PCD的距離為.

設QD＝x，則，由（Ⅱ）得CD=OB=，

在Rt△POC中，

所以PC=CD=DP,

由V_p-DQC=V_Q-PCD,得2，所以存在點Q滿足題意，此時.

解法二：

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)以O為坐標原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系O-xyz,依題意，易得

A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),

所以

所以異面直線PB與CD所成的角是arccos，

 (Ⅲ)假設存在點Q，使得它到平面PCD的距離為，

由(Ⅱ)知

設平面PCD的法向量為n=(x₀,y₀,z₀).

則所以即，

取x₀=1,得平面PCD的一個法向量為n=(1,1,1).

設由，得解y=-或y=(舍去)，

此時，所以存在點Q滿足題意，此時.