20．(本小题满分12分) (2005年高考·山东卷·理20文20)

如图，已知长方体

直线与平面所成的角为，垂直于

，为的中点.

(I)求异面直线与所成的角；

(II)求平面与平面所成的二面角；

(III)求点到平面的距离.

解：在长方体中，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立如图示空间直角坐标系

由已知可得，

又平面，从而与平面所成的角为，又，，从而易得

(I)因为所以=

易知异面直线所成的角为

(II)易知平面的一个法向量设是平面的一个法向量，由

即所以即平面与平面所成的二面角的大小(锐角)为

(III)点到平面的距离，即在平面的法向量上的投影的绝对值，

所以距离=所以点到平面的距离为

19．(2005年高考·浙江卷·文18)如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．

　 (Ⅰ)求证：OD∥平面PAB；

　 (Ⅱ) 求直线OD与平面PBC所成角的大小．

解：方法一：

(Ⅰ) ∵O、D分别为AC、PC中点，

(Ⅱ)

方法二：

18．(2005年高考·浙江卷·理18)如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．

　 (Ⅰ)当k＝时，求直线PA与平面PBC所成角的大小；

　 (Ⅱ) 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？

解：方法一：

(Ⅰ) ∵O、D分别为AC、PC中点，

，

(Ⅱ)

，

又，

PA与平面PBC所成的角的大小等于，

(Ⅲ)由(Ⅱ)知，，∴F是O在平面PBC内的射影

∵D是PC的中点，

若点F是的重心，则B，F，D三点共线，

∴直线OB在平面PBC内的射影为直线BD，

，即

反之，当时，三棱锥为正三棱锥，

∴O在平面PBC内的射影为的重心

方法二：

，，

以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系(如图)

设则，

设，则

(Ⅰ)D为PC的中点，

，

又，

(Ⅱ)，即，

可求得平面PBC的法向量，

，

设PA与平面PBC所成的角为，则

，

(Ⅲ)的重心，

，

，

又，

，即，

反之，当时，三棱锥为正三棱锥，

∴O在平面PBC内的射影为的重心

17．(本小题满分14分，第一小问满分6分，第二、第三满分各4分)(2005年高考·江苏卷21)如图，在五棱锥S-ABCDE中，SA⊥底面ABCDE，SA=AB=AE=2，BC=DE=，∠BAE=∠BCD=∠CDE=120⁰。

(Ⅰ)求异面直线CD与SB所成的角(用反三角函数值表示)；

(Ⅱ)证明：BC⊥平面SAB；

(Ⅲ)用反三角函数值表示二面角B-SC-D的大小。(本小问不必写出解答过程)

(21)(Ⅰ)连结BE，延长BC、ED交于点F，

则∠DCF=∠CDF=60⁰，∴△CDF为正三角形，∴CF=DF。

又BC=DE，∴BF=EF。因此，△BFE为正三角形，∴∠FBE=∠FCD=60⁰，∴BE//CD

所以∠SBE(或其补角)就是异面直线CD与SB所成的角。

∵SA⊥底面ABCDE，SA=AB=AE=2，∴SB=，同理SE=，

又∠BAE=120⁰，所以BE=，从而，cos∠SBE=，∴∠SBE=arccos。

所以异面直线CD与SB所成的角是arccos。

(Ⅱ) 由题意，△ABE为等腰三角形，∠BAE=120⁰，

∴∠ABE=30⁰，又∠FBE =60⁰，∴∠ABC=90⁰，∴BC⊥BA∵SA⊥底面ABCDE，BC底面ABCDE，

∴SA⊥BC，又SABA=A，∴BC⊥平面SAB。

(Ⅲ)二面角B-SC-D的大小。

16．(本小题满分13分)(2005年高考·重庆卷·文20)

　　 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，E是AB上一点，PE⊥EC. 已知求

　 (Ⅰ)异面直线PD与EC的距离；

　 (Ⅱ)二面角E-PC-D的大小.

解法一：

(Ⅰ)因PD⊥底面，故PD⊥DE，又因EC⊥PE，且DE

是PE在面ABCD内的射影，由三垂直线定理的逆定理知

EC⊥DE，因此DE是异面直线PD与EC的公垂线.

设DE=x，因△DAE∽△CED，故(负根舍去).

从而DE=1，即异面直线PD与EC的距离为1.

(Ⅱ)过E作EG⊥CD交CD于G，作GH⊥PC交PC于H，连接EH. 因PD⊥底面，

故PD⊥EG，从而EG⊥面PCD.

因GH⊥PC，且GH是EH在面PDC内的射影，由三垂线定理知EH⊥PC.

因此∠EHG为二面角的平面角.

在面PDC中，PD=，CD=2，GC=

因△PDC∽△GHC，故，

又

故在

即二面角E-PC-D的大小为

解法二：

(Ⅰ)以D为原点，、、分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系.

由已知可得D(0，0，0)，P(0，0，，

C(0，2，0)设

　 由，

即　 由，

又PD⊥DE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得，故异面直线PD、

CE的距离为1.

(Ⅱ)作DG⊥PC，可设G(0，y，z).由得

即作EF⊥PC于F，设F(0，m，n)，

则

由，

又由F在PC上得

因故平面E-PC-D的平面角的大小为向量的夹角.

故　 即二面角E-PC-D的大小为

15．(本小题满分13分)(2005年高考·重庆卷·理20)

　　　 如图，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB⊥侧面BB₁C₁C，E为棱CC₁上异于C、C₁的一点，EA⊥EB₁，已知AB=，BB₁=2，BC=1，∠BCC₁=，求：

　 (Ⅰ)异面直线AB与EB₁的距离；

　 (Ⅱ)二面角A-EB₁-A₁的平面角的正切值.

　　　 解法一：

　 (Ⅰ)因AB⊥面BB₁C₁C，故AB⊥BE.

又EB₁⊥EA，且EA在面BCC₁B₁内的射影为EB.

由三垂线定理的逆定理知EB₁⊥BE，因此BE是异面直线

AB与EB₁的公垂线，

在平行四边形BCC₁B₁中，设EB=x，则EB₁=，

作BD⊥CC₁，交CC₁于D，则BD=BC·

在△BEB₁中，由面积关系得.

(负根舍去)

解之得CE=2，故此时E与C₁重合，由题意舍去.

因此x=1，即异面直线AB与EB₁的距离为1.

(Ⅱ)过E作EG//B₁A₁，则GE⊥面BCC₁B，故GE⊥EB₁且GE在圆A₁B₁E内，

又已知AE⊥EB₁

故∠AEG是二面角A-EB₁-A₁的平面角.

因EG//B₁A₁//BA，∠AEG=∠BAE，故

解法二：(Ⅰ)

而BB₁C₁C得AB⊥EB₁从而=0.

　　　 设O是BB₁的中点，连接EO及OC₁，则在Rt△BEB₁中，EO=BB₁=OB₁=1，

　　　 因为在△OB₁C₁中，B₁C₁=1，∠OB₁C₁=，故△OB₁C₁是正三角形，

　　　 所以OC₁=OB₁=1，

　　　 又因∠OC₁E=∠B₁C₁C－∠B₁C₁O=故△OC₁E是正三角形，

　　　 所以C₁E=1，故CE=1，易见△BCE是正三角形，从面BE=1，

　　　 即异面直线AB与EB₁的距离是1.

(Ⅱ)由(I)可得∠AEB是二面角A-EB₁-B的平面角，在Rt△ABE中，由AB=，

BE=1，得tanAEB=.

又由已知得平面A₁B₁E⊥平面BB₁C₁C，

故二面角A-EB₁-A₁的平面角，故

解法三：

　 (I)以B为原点，、分别为y、z轴建立空间直角坐标系.

　　　 由于BC=1，BB₁=2，AB=，∠BCC₁=，

　　　 在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中有

　　　 B(0，0，0)，A(0，0，)，B₁(0，2，0)，

　　　 设

又AB⊥面BCC₁B₁，故AB⊥BE. 因此BE是异面直线AB、EB₁的公垂线，

则，故异面直线AB、EB₁的距离为1.

(II)由已知有故二面角A-EB₁-A₁的平面角的大小为向量

的夹角.

14．(本小题满分12分)(2005年高考·江西卷·理20文20)如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁，中，AD=AA₁=1，AB=2，点E在棱AB上移动.(1)证明：D₁E⊥A₁D；

　 (2)当E为AB的中点时，求点E到面ACD₁的距离；

　 (3)AE等于何值时，二面角D₁-EC-D的大小为.

解法(一)(1)证明：∵AE⊥平面AA₁DD₁，A₁D⊥AD₁，∴A₁D⊥D₁E

(2)设点E到面ACD₁的距离为h，在△ACD₁中，AC=CD₁=，AD₁=，

故

(3)过D作DH⊥CE于H，连D₁H、DE，则D₁H⊥CE，

　 ∴∠DHD₁为二面角D₁-EC-D的平面角.

设AE=x，则BE=2－x

解法(二)：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD₁分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A₁(1，0，1)，D₁(0，0，1)，E(1，x，0)，A(1，0，0)C(0，2，0)

(1)

(2)因为E为AB的中点，则E(1，1，0)，从而，

，设平面ACD₁的法向量为，则

也即，得，从而，所以点E到平面AD₁C的距离为

(3)设平面D₁EC的法向量，∴

由　 令b=1, ∴c=2,a=2－x，

∴

依题意

∴(不合，舍去)， .

∴AE=时，二面角D₁-EC-D的大小为

13．(本小题满分12分)(2005年高考·辽宁卷17)

已知三棱锥P-ABC中，E、F分别是AC、AB的中点，

△ABC，△PEF都是正三角形，PF⊥AB.

　 (Ⅰ)证明PC⊥平面PAB；

　 (Ⅱ)求二面角P-AB-C的平面角的余弦值；

　 (Ⅲ)若点P、A、B、C在一个表面积为12π的

　　　　 球面上，求△ABC的边长.

本小题主要考查空间中的线面关系，三棱锥、球的有关概念及解三角形等基础知识，考

查空间想象能力及运用方程解未知量的基本方法，满分12分.

(Ⅰ)证明： 连结CF.

……4分

(Ⅱ)解法一：

为所求二面角的平面角. 设AB=a，则AB=a，则

……………………8分

解法二：设P在平面ABC内的射影为O. ≌≌

得PA=PB=PC. 于是O是△ABC的中心. 为所求二面角的平面角.

设AB=a，则　 …………8分

(Ⅲ)解法一：设PA=x，球半径为R.

，的边长为.………12分

解法二：延长PO交球面于D，那么PD是球的直径.

连结OA、AD，可知△PAD为直角三角形.　 设AB=x，球半径为R.

.……12分

12．(本题满分12分)(2005年高考·湖南卷·理17文18)

　　 如图1，已知ABCD是上．下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴OO₁折成直二面角，如图2.

　(Ⅰ)证明：AC⊥BO₁；

(Ⅱ)求二面角O－AC－O₁的大小.

解法一(I)证明 由题设知OA⊥OO₁，OB⊥OO₁.

　　　 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，

　　　 即OA⊥OB. 故可以O为原点，OA、OB、OO₁

 所在直线分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

　　　 如图3，则相关各点的坐标是A(3，0，0)，

　　　 B(0，3，0)，C(0，1，)

　　　 从而

　　　 所以AC⊥BO₁.

(II)解：因为所以BO₁⊥OC，

由(I)AC⊥BO₁，所以BO₁⊥平面OAC，是平面OAC的一个法向量.

设是0平面O₁AC的一个法向量，

由　　 得.

设二面角O-AC-O₁的大小为，由、的方向可知，>，

　　　 所以cos，>=

　　　 即二面角O-AC-O₁的大小是

解法二(I)证明 由题设知OA⊥OO₁，OB⊥OO₁，

　 　 所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，

　　　 OC是AC在面OBCO₁内的射影.

　　　 因为　　 ，

　　　 所以∠OO₁B=60°，∠O₁OC=30°，从而OC⊥BO₁

　　　 由三垂线定理得AC⊥BO₁.

(II)解 由(I)AC⊥BO₁，OC⊥BO₁，知BO₁⊥平面AOC.

　　　 设OC∩O₁B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O₁F(如图4)，则EF是O₁F在平面AOC

　　　 内的射影，由三垂线定理得O₁F⊥AC.

　　　 所以∠O₁FE是二面角O-AC-O₁的平面角.

　　　 由题设知OA=3，OO₁=，O₁C=1，

　　　 所以，

　　　 从而，　　 又O₁E=OO₁·sin30°=，

　　　 所以　 即二面角O-AC-O₁的大小是

11．(本小题满分12分)(2005年高考·湖北卷·文20)

　　 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC₁F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC₁=3，BE=1.

　 (Ⅰ)求BF的长；

　 (Ⅱ)求点C到平面AEC₁F的距离.

本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.

解法1：(Ⅰ)过E作EH//BC交CC₁于H，则CH=BE=1，EH//AD，且EH=AD.

又∵AF∥EC₁，∴∠FAD=∠C₁EH.

∴Rt△ADF≌Rt△EHC₁.　 ∴DF=C₁H=2.

(Ⅱ)延长C₁E与CB交于G，连AG，

则平面AEC₁F与平面ABCD相交于AG.

过C作CM⊥AG，垂足为M，连C₁M，

由三垂线定理可知AG⊥C₁M.由于AG⊥面C₁MC，且

AG面AEC­₁F，所以平面AEC₁F⊥面C₁MC.在Rt△C₁CM中，作CQ⊥MC₁，垂足为Q，则CQ的长即为C到平面AEC₁F的距离.

解法2：(I)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，4，0)，A(2，0，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C₁(0，4，3).设F(0，0，z).

∵AEC₁F为平行四边形，

(II)设为平面AEC₁F的法向量，

的夹角为a，则

∴C到平面AEC₁F的距离为