1. 2009年10月，诺贝尔化学奖得主Venkatruaman Ramakrishnan、Thomas Steitz和Ada Yonath三位科学家都采用了X射线蛋白质晶体学的技术，标识出了构成核糖体的成千上万个原子。这些科学家不仅让我们知晓了核糖体的“外貌”，而且在原子层上揭示了核糖体功能的机理。对于原子的概念叙述正确的是
A、不能再分的最小微粒
B、保持物质化学性质的最小微粒
C、化学变化中不能再分的最小微粒
D、构成物质的最小微粒
22．(14分)
(2009·北京东城模拟)如图17所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD中点．
图17
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)求二面角E－AC－D的大小；
(3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：∵底面ABCD为正方形，∴BC⊥AB，又BC⊥PB，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA.
同理CD⊥PA，
∴PA⊥平面ABCD.
(2)建立如图18所示的空间直角坐标系A－xyz，
图18
则A(0,0,0)，C(2,2,0)、E(0,1,1)．
设m＝(x，y，z)为平面AEC的一个法向量．
则m⊥，m⊥.
又＝(0,1,1)，＝(2,2,0)，
∴
令x＝1，则y＝－1，z＝1，得m＝(1，－1,1)
又＝(0,0,2)是平面ACD的一个法向量，
设二面角E－AC－D的大小为θ，则
cosθ＝cos?m，?＝AP,\s\up6(→\s\up7( ＝＝.
∴二面角E－AC－D的大小为arccos.
(3)设F(2，t,0)(0≤t≤2)，n＝(a，b，c)为平面PAF的一个法向量，则n⊥，n⊥.
又＝(0,0,2)，＝(2，t,0)，∴
令a＝t，则b＝－2，c＝0，
得n＝(t，－2,0)．
又＝(0,1,1)．
∴点E到平面PAF的距离为＝，
∴＝，解得t＝1，即F(2,1,0)．
∴在线段BC上存在点F，且F为BC中点，使得点E到平面PAF的距离为.
21．(12分)(2009·唐山二模)如图15，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面所成的角为60°，AB＝BC，A1A＝A1C＝2，AB⊥BC，侧面AA1C1C⊥底面ABC.
(1)证明：A1B⊥A1C1；
(2)求二面角A－CC1－B的大小；
(3)求经过A1、A、B、C四点的球的表面积．
图15
图16
解：取AC中点为O，由A1A＝A1C，AB＝BC，知A1O⊥AC，BO⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，所以A1O⊥OB.
建立如图16所示的坐标系O－xyz，则A(0，－1,0)，
B(1,0,0)，A1(0,0，)，C(0,1,0)．
(1)∵＝(1,0，－)，＝＝(0,2,0)，
∴·＝0，∴A1B⊥A1C1.
(2)设n＝(x，y，z)为面BCC1的一个法向量．
∵＝(－1,1,0)，＝＝(0,1，)，
又n·＝n·＝0，
∴取n＝(，，－1)．
又m＝(1,0,0)是面ACC1的法向量，
cos?m，n?＝＝＝.
由点B在平面ACC1内的射影O在二面角的面ACC1内，知二面角A－CC1－B为锐角，
所以二面角A－CC1－B的大小为arccos.
(3)设球心为O1，因为O是△ABC的外心，A1O⊥平面ABC，
所以点O1在A1O上，则O1是正三角形A1AC的中心．
则球半径R＝A1A＝，球表面积S＝4πR2＝π.
20．(12分)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB1⊥BC1，AB＝CC1＝a，BC＝b.
(1)设E，F分别为AB1，BC1的中点，求证：EF∥平面ABC；
(2)求证：A1C1⊥AB；
(3)求点B1到平面ABC1的距离．
图14
解：(1)∵E，F分别为AB1，BC1的中点，∴EF∥A1C1.
∵A1C1∥AC，
∴EF∥AC，∴EF∥平面ABC.
(2)∵AB＝CC1，∴AB＝BB1.
又三棱柱为直三棱柱，
∴四边形ABB1A1为正方形，
连结A1B，则A1B⊥AB1.
又∵AB1⊥BC1，∴AB1⊥平面A1BC1，∴AB1⊥A1C1.
又A1C1⊥AA1，∴A1C1⊥平面A1ABB1，∴A1C1⊥AB.
(3)∵A1B1∥AB，∴A1B1∥平面ABC1，
∴A1到平面ABC1的距离等于B1到平面ABC1的距离，过A1作A1G⊥AC1于G.
∵AB⊥平面ACC1A1，∴AB⊥A1G，
从而A1G⊥平面ABC1，故A1G即为所求的距离，
求得A1G＝.
19．(12分)(2009·湖北联考)如图13，长方体AC1中，AB＝2，BC＝AA1＝1.E、F、G分别为棱DD1、D1C1、BC的中点．
(1)试在底面A1B1C1D1上找一点H，使EH∥平面FGB1；
(2)求四面体EFGB1的体积．
图13
解：(1)取A1D1的中点P，D1P的中点H，连接DP、EH，则DP∥B1G，EH∥DP，∴EH∥B1G，又B1G⊂平面FGB1，∴EH∥平面FGB1.
即H在A1D1上，且HD1＝A1D1时，EH∥平面FGB1.
18．(12分)如图11，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，点D在斜边AB上，∠BCD＝α(0<α<)．把△BCD沿CD折起到△B′CD的位置，使平面B′CD⊥平面ACD.
图11
(1)求点B′到平面ACD的距离(用α表示)；
(2)当AD⊥B′C时，求三棱锥B′－ACD的体积．
解：(1)作B′E⊥CD于E.
∵平面B′CD⊥平面ACD，
∴B′E⊥平面ACD.
∴B′E的长为点B′到平面ACD的距离．
B′E＝B′C·sinα＝sinα.
图12
(2)∵B′E⊥平面ACD，
∴CE为B′C在平面ACD内的射影．
又AD⊥B′C，∴AD⊥CD(CE)．
∵AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
∴D为AB中点，且α＝.
∴S△ACD＝·AC·BC＝，B′E＝sin＝.
∴VB′－ACD＝··＝.
17．(12分)(2010·石家庄质检)如图10，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为A1B1、A1D1的中点，G、H分别为BC、B1D1的中点．
图10
(1)指出直线GH与平面EFDB的位置关系，并加以证明；
(2)求异面直线GH与DF所成角的大小．
解：(1)连结EH，易知EH＝BG且EH∥BG，
所以四边形EHGB为平行四边形，所以GH∥BE，所以GH∥平面EFDB.
(2)取BD中点M，连结MF，易知MF∥BE，所以MF∥GH，
所以∠DFM为异面直线GH与DF所成的角，
设正方体棱长为2，
可得，MF＝，DF＝，MD＝，
在三角形MDF中，由余弦定理可得cos∠MFD＝，
∴异面直线GH与DF所成的角的大小为arccos.
16．(2010·东北三校一模)如图8，将∠B＝，边长为1的菱形ABCD沿对角线AC折成大小等于θ的二面角B-AC-D，若θ∈[，]，M、N分别为AC、BD的中点，则下面的四种说法：
图8
①AC⊥MN；
②DM与平面ABC所成的角是θ；
③线段MN的最大值是，最小值是；
④当θ＝时，BC与AD所成的角等于.
其中正确的说法有__________(填上所有正确说法的序号)．
解析：如图9(1)，AC⊥BM，AC⊥MD⇒AC⊥平面BMD，所以AC⊥MN，①正确；因为θ∈[，]，且线与面所成角的范围为[0，]，所以DM与平面ABC所成的角不一定是θ，②错；BM＝DM＝，MN⊥BD，∠BMD＝θ，所以MN＝BM·cos＝·cos，所以线段MN的最大值是，最小值是，③正确；当θ＝时，过C作CE∥AD，连接DE(如图9(2))，且DE∥AC，则∠BCE(或补角)即为两直线的夹角，BM⊥DM，BM＝DM＝，BD2＝，又DE∥AC，则DE⊥平面BDM，∴DE⊥BD，BE2＝+1＝，cosBCE＝＝－≠0，所以④错．
图9
答案：①③
15．如图7，∠BAD＝90°的等腰直角三角形ABD与正三角形CBD所在平面成60°的二面角，则AB与平面BCD所成角的大小为________．
图7
解析：作AE⊥BD，连结CE，则CE⊥BD，∠AEC＝60°.
作AO⊥EC，则AO⊥面BCD，
连结BO，∠ABO即为AB与面BCD所成的角．
设AB＝a，则AE＝a，AO＝AEsin60°＝a×＝a.∴sin∠ABO＝＝.
∴∠ABO＝arcsin.
答案：arcsin
14．设球O的半径为R，A、B、C为球面上三点，A与B、A与C的球面距离为，B与C的球面距离为，则球O在二面角B－OA－C内的这部分球面的面积是__________．
解析：如图6所示．
图6
∵A与B，A与C的球面距离都为，
∴OA⊥OB，OA⊥OC.
从而∠BOC为二面角B－OA－C的平面角．
又∵B与C的球面距离为，
∴∠BOC＝.
这样球O在二面角B－OA－C的部分球面的面积等于×4πR2＝R2.
答案：R2
