高中數(shù)學必修2立體幾何復(fù)習解答題13．如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別是A1B1，B1C1的中點．(1)AM和CN是否是異面直線？說明理由；(2)D1B和CC1是否是異面直線？說明理由．解析：(1)由于M、N分別是A1B1和B1C1的中點，可證明MN∥AC，因此AM與CN不是異面直線．(2)由空間圖形可感知D1B和CC1為異面直線的可能性較大，判斷的方法可用反證法探究拓展：解決這類開放型問題常用的方法有直接法(即由條件入手，經(jīng)過推理、演算、變形等)，如第(1)問，還有假設(shè)法，特例法，有時證明兩直線異面用直線法較難說明問題，這時可用反證法，即假設(shè)兩直線共面，由這個假設(shè)出發(fā)，來推證錯誤，從而否定假設(shè)，則兩直線是異面的．解：(1)不是異面直線．理由如下：∵M、N分別是A1B1、B1C1的中點，∴MN∥A1C又∵A1A∥D1D，而D1D綊C1∴A1A綊C1C，∴四邊形A1ACC1∴A1A∥AC，得到MN∥AC∴A、M、N、C在同一個平面內(nèi)，故AM和CN不是異面直線．(2)是異面直線．理由如下：假設(shè)D1B與CC1在同一個平面CC1D1內(nèi)，則B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1.∴BC?平面CC1D1，這與在正方體中BC⊥平面CC1D1相矛盾，∴假設(shè)不成立，故D1B與CC1是異面直線．14．如下圖所示，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為AB的中點，N為BB1的中點，O為面BCC1B1的中心(1)過O作一直線與AN交于P，與CM交于Q(只寫作法，不必證明)；(2)求PQ的長(不必證明)．解析：(1)由ON∥AD知，AD與ON確定一個平面α.又O、C、M三點確定一個平面β(如下圖所示)．∵三個平面α，β和ABCD兩兩相交，有三條交線OP、CM、DA，其中交線DA與交線CM不平行且共面．∴DA與CM必相交，記交點為Q.∴OQ是α與β的交線．連結(jié)OQ與AN交于P，與CM交于Q，故OPQ即為所作的直線．(2)解三角形APQ可得PQ＝eq\f(\r(14),3).15．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝B1B＝a，∠ABC＝90°，D、E分別為BB1、AC1的中點(1)求異面直線BB1與AC1所成的角的正切值；(2)證明：DE為異面直線BB1與AC1的公垂線；(3)求異面直線BB1與AC1的距離．解析：(1)由于直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1，所以∠A1AC1就是異面直線BB1與AC1所成的角又AB＝BC＝B1B＝a，∠ABC＝90°，所以A1C1＝eq\r(2)a，tan∠A1AC1＝eq\r(2)，即異面直線BB1與AC1所成的角的正切值為eq\r(2).(2)證明：解法一：如圖，在矩形ACC1A1中，過點E作AA1的平行線MM1分別交AC、A1C1于點M、M1，連結(jié)BM，B1M1，則BB1綊又D、E分別是BB1、MM1的中點，可得DE綊BM.在直三棱柱ABC－A1B1C1由條件AB＝BC得BM⊥AC，所以BM⊥平面ACC1A1故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1即DE為異面直線BB1與AC1的公垂線．解法二：如圖，延長C1D、CB交于點F，連結(jié)AF，由條件易證D是C1F的中點，B是CF的中點，又E是AC1的中點，所以DE∥AF在△ACF中，由AB＝BC＝BF知AF⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC所以AF⊥AA1，故AF⊥平面ACC1A1故DE⊥平面ACC1A1，所以DE⊥AC1，DE⊥BB1即DE為異面直線BB1與AC1的公垂線．(3)由(2)知線段DE的長就是異面直線BB1與AC1的距離，由于AB＝BC＝a，∠ABC＝90°，所以DE＝eq\f(\r(2),2)a.反思歸納：兩條異面直線的公垂線是指與兩條異面直線既垂直又相交的直線，兩條異面直線的公垂線是惟一的，兩條異面直線的公垂線夾在兩條異面直線之間的線段的長度就是兩條異面直線的距離．證明一直線是某兩條異面直線的公垂線，可以分別證明這條直線與兩條異面直線垂直．本題的思路是證明這條直線與一個平面垂直，而這一平面與兩條異面直線的位置關(guān)系是一條直線在平面內(nèi)，另一條直線與這個平面平行．16．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O，M分別是BD1，AA1的中點(1)求證：MO是異面直線AA1和BD1的公垂線；(2)求異面直線AA1與BD1所成的角的余弦值；(3)若正方體的棱長為a，求異面直線AA1與BD1的距離．解析：(1)證明：∵O是BD1的中點，∴O是正方體的中心，∴OA＝OA1，又M為AA1的中點，即OM是線段AA1的垂直平分線，故OM⊥AA1.連結(jié)MD1、BM，則可得MB＝MD1.同理由點O為BD1的中點知MO⊥BD1，即MO是異面直線AA1和BD1的公垂線．(2)由于AA1∥BB1，所以∠B1BD1就是異面直線AA1和BD1所成的角．在Rt△BB1D1中，設(shè)BB1＝1，則BD1＝eq\r(3)，所以cos∠B1BD1＝eq\f(\r(3),3)，故異面直線AA1與BD1所成的角的余弦值等于eq\f(\r(3),3).(3)由(1)知，所求距離即為線段MO的長，由于OA＝eq\f(1,2)AC1＝eq\f(\r(3),2)a，AM＝eq\f(a,2)，且OM⊥AM，所以O(shè)M＝eq\f(\r(2),2)a.13．如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)面對角線AB1，BC1上分別有兩點E、F，且B1E＝C1F，求證：EF∥ABCD證明：解法一：分別過E、F作EM⊥AB于M，F(xiàn)N⊥BC于N，連結(jié)MN.∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，∴EM∥BB1，F(xiàn)N∥BB1，∴EM∥FN.又B1E＝C1F，∴EM＝FN故四邊形MNFE是平行四邊形，∴EF∥MN，又MN在平面ABCD中，所以EF∥平面ABCD.解法二：過E作EG∥AB交BB1于G，連結(jié)GF，則eq\f(B1E,B1A)＝eq\f(B1G,B1B)，∵B1E＝C1F，B1A＝C1∴eq\f(C1F,C1B)＝eq\f(B1G,B1B)，∴FG∥B1C1∥BC.又EG∩FG＝G，AB∩BC＝B，∴平面EFG∥平面ABCD，而EF?平面EFG，∴EF∥平面ABCD.14．如下圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC.過BD作與PA平行的平面，交側(cè)棱PC于點E，又作DF⊥PB，交PB于點F.(1)求證：點E是PC的中點；(2)求證：PB⊥平面EFD.證明：(1)連結(jié)AC，交BD于O，則O為AC的中點，連結(jié)EO.∵PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝OE，∴PA∥OE.∴點E是PC的中點；(2)∵PD⊥底面ABCD且DC?底面ABCD，∴PD⊥DC，△PDC是等腰直角三角形，而DE是斜邊PC的中線，∴DE⊥PC，①又由PD⊥平面ABCD，得PD⊥BC.∵底面ABCD是正方形，CD⊥BC，∴BC⊥平面PDC.而DE?平面PDC.∴BC⊥DE.②由①和②推得DE⊥平面PBC.而PB?平面PBC，∴DE⊥PB，又DF⊥PB且DE∩DF＝D，所以PB⊥平面EFD.15．如圖，l1、l2是互相垂直的異面直線，MN是它們的公垂線段．點A、B在l1上，C在l2上，AM＝MB＝MN.(1)求證AC⊥NB；(2)若∠ACB＝60°，求NB與平面ABC所成角的余弦值．證明：(1)如圖由已知l2⊥MN，l2⊥l1，MN∩l1＝M，可得l2⊥平面ABN.由已知MN⊥l1，AM＝MB＝MN，可知AN＝NB且AN⊥NB.又AN為AC在平面ABN內(nèi)的射影，∴AC⊥NB.(2)∵Rt△CNA≌Rt△CNB，∴AC＝BC，又已知∠ACB＝60°，因此△ABC為正三角形．∵Rt△ANB≌Rt△CNB，∴NC＝NA＝NB，因此N在平面ABC內(nèi)的射影H是正三角形ABC的中心．連結(jié)BH，∠NBH為NB與平面ABC所成的角．在Rt△NHB中，cos∠NBH＝eq\f(HB,NB)＝eq\f(\f(\r(3),3)AB,\f(\r(2),2)AB)＝eq\f(\r(6),3).16．如圖，在四面體ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，點E、F分別是AB、BD的中點．求證：(1)直線EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.命題意圖：本小題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，考查空間想象能力、推理論證能力．證明：(1)在△ABD中，∵E、F分別是AB、BD的中點，所以EF∥AD.又AD?平面ACD，EF?平面ACD，∴直線EF∥平面ACD.(2)在△ABD中，∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.在△BCD中，∵CD＝CB，F(xiàn)為BD的中點，∴CF⊥BD.∵EF?平面EFC，CF?平面EFC，EF與CF交于點F，∴BD⊥平面EFC.又∵BD?平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.13．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝2AB.(1)求證：平面PAC⊥平面PBD；(2)求二面角B－PC－D的余弦值．解析：(1)證明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD.∵ABCD為正方形，∴AC⊥BD.∴BD⊥平面PAC，又BD在平面BPD內(nèi)，∴平面PAC⊥平面BPD.(2)在平面BCP內(nèi)作BN⊥PC，垂足為N，連結(jié)DN，∵Rt△PBC≌Rt△PDC，由BN⊥PC得DN⊥PC；∴∠BND為二面角B－PC－D的平面角，在△BND中，BN＝DN＝eq\f(\r(5),\r(6))a，BD＝eq\r(2)a，∴cos∠BND＝eq\f(\f(5,6)a2＋\f(5,6)a2－2a2,\f(5,3)a2)＝－eq\f(1,5).14．如圖，已知ABCD－A1B1C1D1是棱長為3的正方體，點E在AA1上，點F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，H是B1(1)求證：E、B、F、D1四點共面；(2)求證：平面A1GH∥平面BED1F證明：(1)連結(jié)FG.∵AE＝B1G＝1，∴BG＝A1E∴BG綊A1E，∴A1G綊BE.∵C1F綊B1∴四邊形C1FGB1是平行四邊形．∴FG綊C1B1綊D1A1∴四邊形A1GFD1是平行四邊形．∴A1G綊D1F，∴D1F故E、B、F、D1四點共面．(2)∵H是B1C1的中點，∴B1H＝eq\f(3,2).又B1G＝1，∴eq\f(B1G,B1H)＝eq\f(3,2).又eq\f(FC,BC)＝eq\f(2,3)，且∠FCB＝∠GB1H＝90°，∴△B1HG∽△CBF，∴∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG，∴HG∥FB.又由(1)知A1G∥BE，且HG∩A1G＝FB∩BE＝B，∴平面A1GH∥平面BED1F15．在三棱錐P－ABC中，PA⊥面ABC，△ABC為正三角形，D、E分別為BC、AC的中點，設(shè)AB＝PA＝2.(1)求證：平面PBE⊥平面PAC；(2)如何在BC上找一點F，使AD∥平面PEF，請說明理由；(3)對于(2)中的點F，求三棱錐B－PEF的體積．解析：(1)證明：∵PA⊥面ABC，BE?面ABC，∴PA⊥BE.∵△ABC是正三角形，E為AC的中點，∴BE⊥AC，又PA與AC相交，∴BE⊥平面PAC，∴平面PBE⊥平面PAC.(2)解：取DC的中點F，則點F即為所求．∵E，F(xiàn)分別是AC，DC的中點，∴EF∥AD，又AD?平面PEF，EF?平面PEF，∴AD∥平面PEF.(3)解：VB－PEF＝VP－BEF＝eq\f(1,3)S△BEF·PA＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(3,2)×2＝eq\f(\r(3),4).16．(2009·天津，19)如圖所示，在五面體ABCDEF中，F(xiàn)A⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M為CE的中點，AF＝AB＝BC＝FE＝eq\f(1,2)AD.(1)求異面直線BF與DE所成的角的大??；(2)求證：平面AMD⊥平面CDE；(3)求二面角A－CD－E的余弦值．解答：(1)解：由題設(shè)知，BF∥CE，所以∠CED(或其補角)為異面直線BF與DE所成的角．設(shè)P為AD的中點，連結(jié)EP，PC.因為FE綊AP，所以FA綊EP.同理，AB綊PC.又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD.而PC，AD都在平面ABCD內(nèi)，故EP⊥PC，EP⊥AD.由AB⊥AD，可得PC⊥AD.設(shè)FA＝a，則EP＝PC＝PD＝a，CD＝DE＝EC＝eq\r(2)a.故∠CED＝60°.所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60°.(2)證明：因為DC＝DE且M為CE的中點，所以DM⊥CE.連結(jié)MP，則MP⊥CE.又MP∩DM＝M，故CE⊥平面AMD.而CE?平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3)設(shè)Q為CD的中點，連結(jié)PQ，EQ.因為CE＝DE，所以EQ⊥CD.因為PC＝PD，所以PQ⊥CD，故∠EQP為二面角A－CD－E的平面角．由(1)可得，EP⊥PQ，EQ＝eq\f(\r(6),2)a，PQ＝eq\f(\r(2),2)a.于是在Rt△EPQ中，cos∠EQP＝eq\f(PQ,EQ)＝eq\f(\r(3),3).所以二面角A－CD－E的余弦值為eq\f(\r(3),3).13．(2009·重慶)如圖所示，四棱錐P－ABCD中，AB⊥AD，AD⊥DC，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝DC＝eq\f(1,2)AB＝1，M為PC的中點，N點在AB上且AN＝eq\f(1,3)NB.(1)求證：MN∥平面PAD；(2)求直線MN與平面PCB所成的角．解析：(1)證明：過點M作ME∥CD交PD于E點，連結(jié)AE.∵AN＝eq\f(1,3)NB，∴AN＝eq\f(1,4)AB＝eq\f(1,2)DC＝EM.又EM∥DC∥AB，∴EM綊AN，∴AEMN為平行四邊形，∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD.(2)解：過N點作NQ∥AP交BP于點Q，NF⊥CB于點F.連結(jié)QF，過N點作NH⊥QF于H，連結(jié)MH，易知QN⊥面ABCD，∴QN⊥BC，而NF⊥BC，∴BC⊥面QNF，∵BC⊥NH，而NH⊥QF，∴NH⊥平面PBC，∴∠NMH為直線MN與平面PCB所成的角．通過計算可得MN＝AE＝eq\f(\r(2),2)，QN＝eq\f(3,4)，NF＝eq\f(3,4)eq\r(2)，∴NH＝eq\f(QN·NF,QF)＝eq\f(ON·NF,\r(QN2＋NF2))＝eq\f(\r(6),4)，∴sin∠NMH＝eq\f(NH,MN)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠NMH＝60°，∴直線MN與平面PCB所成的角為60°.14．(2009·廣西柳州三模)如圖所示，已知直平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥BD，AD＝BD＝a，E是CC1的中點，A1D⊥BE.(1)求證：A1D⊥平面BDE；(2)求二面角B－DE－C的大小．解析：(1)證明：在直平行六面體ABCD－A1B1C1D1∵AA1⊥平面ABCD，∴AA1⊥BD.又∵BD⊥AD，∴BD⊥平面ADD1A1，即BD⊥A1D又∵A1D⊥BE且BE∩BD＝B，∴A1D⊥平面BDE.(2)解：如圖，連B1C，則B1C⊥易證Rt△BCE∽Rt△B1BC，∴eq\f(CE,BC)＝eq\f(BC,B1B)，又∵E為CC1中點，∴BC2＝eq\f(1,2)BBeq\o\al(2,1).BB1＝eq\r(2)BC＝eq\r(2)a.取CD中點M，連結(jié)BM，則BM⊥平面CC1D1C作MN⊥DE于N，連NB，由三垂線定理知：BN⊥DE，則∠BNM是二面角B－DE－C的平面角．在Rt△BDC中，BM＝eq\f(BD·BC,DC)＝eq\f(\r(2),2)a，Rt△CED中，易求得MN＝eq\f(\r(10),10)a，Rt△BMN中，tan∠BNM＝eq\f(BM,MN)＝eq\r(5)，則二面角B－DE－C的大小為arctaneq\r(5).15．如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為AB(1)求直線B1C與DE(2)求證：平面EB1D⊥平面B1CD；(3)求二面角E－B1C－D解析：(1)連結(jié)A1D，則由A1D∥B1C知，B1C與DE所成的角即為A1D與連結(jié)A1E，由正方體ABCD－A1B1C1D1，可設(shè)其棱長為a，則A1D＝eq\r(2)a，A1E＝DE＝eq\f(\r(5),2)a，∴cos∠A1DE＝eq\f(A1D2＋DE2－A1E2,2·A1D·DE)＝eq\f(\r(10),5).∴直線B1C與DE所成角的余弦值是eq\f(\r(10),5).(2)證明取B1C的中點F，B1D的中點G，連結(jié)BF，EG，GF∵CD⊥平面BCC1B1，且BF?平面BCC1B1，∴DC⊥BF.又∵BF⊥B1C，CD∩B1C＝∴BF⊥平面B1CD.又∵GF綊eq\f(1,2)CD，BE綊eq\f(1,2)CD，∴GF綊BE，∴四邊形BFGE是平行四邊形，∴BF∥GE，∴GE⊥平面B1CD.∵GE?平面EB1D，∴平面EB1D⊥平面B1CD.(3)連結(jié)EF.∵CD⊥B1C，GF∥CD，∴GF⊥B1又∵GE⊥平面B1CD，∴EF⊥B1C，∴∠EFG是二面角E－B1C－設(shè)正方體的棱長為a，則在△EFG中，GF＝eq\f(1,2)a，EF＝eq\f(\r(3),2)a，∴cos∠EFG＝eq\f(FG,EF)＝eq\f(\r(3),3)，∴二面角E－B1C－D的余弦值為eq\f(\r(3),3).16．(2009·全國Ⅱ，18)如圖所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，D、E分別為AA1、B1C的中點，DE⊥平面BCC(1)求證：AB＝AC；(2)設(shè)二面角A－BD－C為60°，求B1C與平面BCD解析：(1)證明：取BC中點F，連結(jié)EF，則EF綊eq\f(1,2)B1B，從而EF綊DA.連結(jié)AF，則ADEF為平行四邊形，從而AF∥DE.又DE⊥平面BCC1，故AF⊥平面BCC1，從而AF⊥BC，即AF為BC的垂直平分線，所以AB＝AC.(2)解：作AG⊥BD，垂足為G，連結(jié)CG.由三垂線定理知CG⊥BD，故∠AGC為二面角A－BD－C的平面角．由題設(shè)知，∠AGC＝60°.設(shè)AC＝2，則AG＝eq\f(2,\r(3)).又AB＝2，BC＝2eq\r(2)，故AF＝eq\r(2).由AB·AD＝AG·BD得2AD＝eq\f(2,\r(3))·eq\r(AD2＋22)，解得AD＝eq\r(2)，故AD＝AF.又AD⊥AF，所以四邊形ADEF為正方形．因為BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD＝A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF.連結(jié)AE、DF，設(shè)AE∩DF＝H，則EH⊥DF，EH⊥平面BCD.連結(jié)CH，則∠ECH為B1C與平面BCD因ADEF為正方形，AD＝eq\r(2)，故EH＝1，又EC＝eq\f(1,2)B1C＝2，所以∠ECH＝30°，即B1C與平面BCD13．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面邊長為2eq\r(2)，側(cè)棱長為4，E、F分別為棱AB、BC的中點．(1)求證：平面B1EF⊥平面BDD1B1；(2)求點D1到平面B1EF的距離d.分析：(1)可先證EF⊥平面BDD1B1.(2)用幾何法或等積法求距離時，可由B1D1∥BD，將點進行轉(zhuǎn)移：D1點到平面B1EF的距離是B點到它的距離的4倍，先求B點到平面B1EF的距離即可．解答：(1)證明：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(EF⊥BD,EF⊥B1B))?EF⊥平面BDD1B1?平面B1EF⊥平面BDD1B1.(2)解：解法一：連結(jié)EF交BD于G點．∵B1D1＝4BG，且B1D1∥BG，∴D1點到平面B1EF的距離是B點到它的距離的4倍．利用等積法可求．由題意可知，EF＝eq\f(1,2)AC＝2，B1G＝eq\r(17).S△B1EF＝eq\f(1,2)EF·B1G＝eq\f(1,2)×2×eq\r(17)＝eq\r(17)，S△BEF＝eq\f(1,2)BE·BF＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)＝1.∵VB－B1EF＝VB1－BEF，設(shè)B到面B1EF的距離為h1，則eq\f(1,3)×eq\r(17)×h1＝eq\f(1,3)×1×4，∴h1＝eq\f(4\r(17),17).∴點D1到平面B1EF的距離為h＝4h1＝eq\f(16\r(17),17).解法二：如圖，在正方形BDD1B1的邊BD上取一點G，使BG＝eq\f(1,4)BD，連結(jié)B1G，過點D1作D1H⊥B1G于H，則D1可求得D1H＝eq\f(16\r(17),17)(直接法)．14．如圖直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱CC1＝2，∠BAC＝90°，AB＝AC＝eq\r(2)，M是棱BC的中點，N是CC1中點．求：(1)二面角B1－AN－M的大?。?2)C1到平面AMN的距離．解析：(1)∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝eq\r(2)，M是棱BC的中點，∴AM⊥BC，BC＝2，AM＝1.∴AM⊥平面BCC1B1.∴平面AMN⊥平面BCC1B1.作B1H⊥MN于H，HR⊥AN于R，連結(jié)B1R，∴B1H⊥平面AMN.又由三垂線定理知，B1R⊥AN.∴∠B1RH是二面角B1－AN－M的平面角．由已知得AN＝eq\r(3)，MN＝eq\r(2)，B1M＝eq\r(5)＝B1N，則B1H＝eq\f(3\r(2),2)，又Rt△AMN∽Rt△HRN，eq\f(RH,AM)＝eq\f(HN,AN)，∴RH＝eq\f(\r(6),6).∴B1R＝eq\r(\f(14,3))，∴cos∠B1RH＝eq\f(RH,B1R)＝eq\f(\r(7),14).∴二面角B1－AN－M的大小為arccoseq\f(\r(7),14).(2)∵N是CC1中點，∴C1到平面AMN的距離等于C到平面AMN的距離．設(shè)C到平面AMN的距離為h，由VC－AMN＝VN－AMC得eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·MN·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AM·MC.∴h＝eq\f(\r(2),2).15．(2009·北京海淀一模)如圖所示，四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為直角梯形，且AB∥CD，∠BAD＝90°，PA＝AD＝DC＝2，AB＝4.(1)求證：BC⊥PC；(2)求PB與平面PAC所成的角的正弦值；(3)求點A到平面PBC的距離．解析：(1)證明：如圖，在直角梯形ABCD中，∵AB∥CD，∠BAD＝90°，AD＝DC＝2，∴∠ADC＝90°，且AC＝2eq\r(2).取AB的中點E，連結(jié)CE，由題意可知，四邊形ABCD為正方形，∴AE＝CE＝2.又∵BE＝eq\f(1,2)AB＝2.∴CE＝eq\f(1,2)AB，∴△ABC為等腰直角三角形，∴AC⊥BC.又∵PA⊥平面ABCD，且AC為PC在平面ABCD內(nèi)的射影，BC?平面ABCD，由三垂線定理得，BC⊥PC.(2)由(1)可知，BC⊥PC，BC⊥AC，PC∩AC＝C，∴BC⊥平面PAC.PC是PB在平面PAC內(nèi)的射影，∴∠CPB是PB與平面PAC所成的角．又CB＝2eq\r(2)，PB2＝PA2＋AB2＝20，PB＝2eq\r(5)，∴sin∠CPB＝eq\f(BC,PB)＝eq\f(\r(10),5)，即PB與平面PAC所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5).(3)由(2)可知，BC⊥平面PAC，BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC.過A點在平面PAC內(nèi)作AF⊥PC于F，∴AF⊥平面PBC，∴AF的長即為點A到平面PBC的距離．在直角三角形PAC中，PA＝2，AC＝2eq\r(2)，PC＝2eq\r(3)，∴AF＝eq\f(2\r(6),3).即點A到平面PBC的距離為eq\f(2\r(6),3).16．(2009·吉林長春一模)如圖所示，四棱錐P－ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠PDA＝45°，點E、F分別為棱AB、PD的中點．(1)求證：AF∥平面PCE；(2)求二面角E－PD－C的大?。?3)求點A到平面PCE的距離．解析：(1)證明：如圖取PC的中點G，連結(jié)FG、EG，∴FG為△PCD的中位線，∴FG＝eq\f(1,2)CD且FG∥CD.又∵底面四邊形ABCD是正方形，E為棱AB的中點，∴AE＝eq\f(1,2)CD且AE∥CD，∴AE＝FG且AE∥FG.∴四邊形AEGF是平行四邊形，∴AF∥EG.又EG?平面PCE，AF?平面PCE，∴AF∥平面PCE.(2)解：∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥CD.又AD⊥CD，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD.又∵AF?平面PAD，∴CD⊥AF.又PA＝2，∠PDA＝45°，∴PA＝AD＝2.∵F是PD的中點，∴AF⊥PD.又∵CD∩PD＝D，∴AF⊥平面PCD.∵AF∥EG，∴EG⊥平面PCD.又GF⊥PD，連結(jié)EF，則∠GFE是二面角E－PD－C的平面角．在Rt△EGF中，EG＝AF＝eq\r(2)，GF＝1，∴tan∠GFE＝eq\f(GE,GF)＝eq\r(2).∴二面角E－PD－C的大小為arctaneq\r(2).(3)設(shè)A到平面PCE的距離為h，由VA－PCE＝VP－ACE，即eq\f(1,3)×eq\f(1,2)PC·EG·h＝eq\f(1,3)PA·eq\f(1,2)AE·CB，得h＝eq\f(\r(6),3)，∴點A到平面PCE的距離為eq\f(\r(6),3).13．(2009·陜西，18)如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝AA1＝eq\r(3)，∠ABC＝60°.(1)求證：AB⊥A1C(2)求二面角A－A1C－B解析：(1)證明：∵三棱柱ABC－A1B1C1∴AB⊥AA1，在△ABC中，AB＝1，AC＝eq\r(3)，∠ABC＝60°，由正弦定理得∠ACB＝30°，∴∠BAC＝90°，即AB⊥AC.∴AB⊥平面ACC1A1，又A1C?平面ACC1A1，∴AB⊥(2)解：如圖，作AD⊥A1C交A1C于D點，連結(jié)BD，由三垂線定理知BD⊥A1∴∠ADB為二面角A－A1C－B在Rt△AA1C中，AD＝eq\f(AA1·AC,A1C)＝eq\f(\r(3)×\r(3),\r(6))＝eq\f(\r(6),2)，在Rt△BAD中，tan∠ADB＝eq\f(AB,AD)＝eq\f(\r(6),3)，∴∠ADB＝arctaneq\f(\r(6),3)，即二面角A－A1C－B的大小為arctaneq\f(\r(6),3).14．如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是邊長為a的正三角形，側(cè)面ABB1A1是菱形且垂直于底面，∠A1AB＝60°，M是A1B(1)求證：BM⊥AC；(2)求二面角B－B1C1－A1(3)求三棱錐M－A1CB的體積．解析：(1)證明：∵ABB1A1是菱形，∠A1AB＝60°?△A1B1Beq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∵M是A1B1的中點，∴BM⊥A1B,又∵平面AA1B1B⊥平面A1B1C1))?BM⊥平面A1B1C1eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∴BM⊥A1C1,又∵AC∥A1C1))?BM⊥AC.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1((2)過M作ME⊥B1C1且交于點E，,∵BM⊥平面A1B1C1，))?BE⊥B1C1，∴∠BEM為所求二面角的平面角，△A1B1C1中，ME＝MB1·sin60°＝eq\f(\r(3),4)a，Rt△BMB1中，MB＝MB1·tan60°＝eq\f(\r(3),2)a，∴tan∠BEM＝eq\f(MB,ME)＝2，∴所求二面角的正切值是2.(3)VM－A1CB＝eq\f(1,2)VB1－A1CB＝eq\f(1,2)VA－A1CB＝eq\f(1,2)VA1－ABC＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2·eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(1,16)a3.15．(2009·廣東汕頭一模)如圖所示，已知△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E、F分別是AC、AD上的動點，且eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝λ(0<λ<1)．(1)求證：不論λ為何值，總有EF⊥平面ABC；(2)若λ＝eq\f(1,2)，求三棱錐A－BEF的體積．解析：(1)證明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.又∵在△BCD中，∠BCD＝90°，∴BC⊥CD.∵又AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.又∵在△ACD中，E、F分別是AC、AD上的動點，且eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝λ(0<λ<1)，∴不論λ為何值，都有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC.(2)在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，∴BD＝eq\r(2).又∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥BC，AB⊥BD.又∵在Rt△ABD中，∠ADB＝60°，∴AB＝BD·tan60°＝eq\r(6)，由(1)知EF⊥平面ABC，∴VA－BEF＝VF－ABE＝eq\f(1,3)S△ABE·EF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△ABC·EF＝eq\f(1,6)×eq\f(1,2)×1×eq\r(6)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6),24).故三棱錐A－BEF的體積是eq\f(\r(6),24).16．在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PDC是邊長為2的正三角形，且與底面垂直，底面ABCD是面積為2eq\r(3)的菱形，∠ADC為菱形的銳角．(1)求證：PA⊥CD；(2)求二面角P－AB－D的大小；(3)求棱錐P－ABCD的側(cè)面積；解析：(1)證明：如圖所示，取CD的中點E，由PE⊥CD，得PE⊥平面ABCD，連結(jié)AC、AE.∵AD·CD·sin∠ADC＝2eq\r(3)，AD＝CD＝2，∴sin∠ADC＝eq\f(\r(3),2)，即∠ADC＝60°，∴△ADC為正三角形，∴CD⊥AE.∴CD⊥PA(三垂線定理)．(2)解：∵AB∥CD，∴AB⊥PA，AB⊥AE，∴∠PAE為二面角P－AB－D的平面角．在Rt△PEA中，PE＝AE，∴∠PAE＝45°.即二面角P－AB－D的大小為45°.(3)分別計算各側(cè)面的面積：∵PD＝DA＝2，PA＝eq\r(6)，∴cos∠PDA＝eq\f(1,4)，sin∠PDA＝eq\f(\r(15),4).S△PCD＝eq\r(3)，S△PAB＝eq\f(1,2)AB·PA＝eq\f(1,2)·2·eq\r(2)·eq\r(3)＝eq\r(6)，S△PAD＝S△PBC＝eq\f(1,2)PD·DA·sin∠PDA＝eq\f(\r(15),2).∴SP－ABCD側(cè)＝eq\r(3)＋eq\r(6)＋eq\r(15).13．把地球當作半徑為R的球，地球上A、B兩地都在北緯45°，A、B兩點的球面距離是eq\f(π,3)R，A點在東經(jīng)20°，求B點的位置．解析：如圖，求B點的位置即求B點的經(jīng)度，設(shè)B點在東經(jīng)α，∵A、B兩點的球面距離是eq\f(π,3)R.∴∠AOB＝eq\f(π,3)，因此三角形AOB是等邊三角形，∴AB＝R，又∵∠AO1B＝α－20°(經(jīng)度差)問題轉(zhuǎn)化為在△AO1B中借助AO1＝BO1＝AOcos45°＝eq\f(\r(2),2)R，求出∠AO1B＝90°，則α＝110°，同理：B點也可在西經(jīng)70°，即B點在北緯45°東經(jīng)110°或西經(jīng)70°.14．在球心同側(cè)有相距9cm的兩個平行截面，它們的面積分別為49πcm2和400πcm2，求球的表面積和體積．解析：如圖，兩平行截面被球大圓所在平面截得的交線分別為AO1、BO2，則AO1∥BO2.若O1、O2分別為兩截面圓的圓心，則由等腰三角形性質(zhì)易知OO1⊥AO1，OO2⊥BO2，設(shè)球半徑為R，∵πO2B2＝49π，∴O2B＝7cm，同理O1A＝20cm.設(shè)OO1＝xcm，則OO2＝(x＋9)cm.在Rt△OO1A中，R2＝x2＋202在Rt△OO2B中，R2＝(x＋9)2＋72，∴x2＋202＝72＋(x＋9)2，解得x＝15cm.∴R＝25cm，∴S球＝2500πcm2，V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(62500,3)πcm3.15．設(shè)A、B、C是半徑為1的球面上的三點，B、C兩點間的球面距離為eq\f(π,3)，點A與B、C兩點間的球面距離均為eq\f(π,2)，O為球心，求：(1)∠AOB、∠BOC的大?。?2)球心O到截面ABC的距離．解析：(1)如圖，因為球O的半徑為1，B、C兩點間的球面距離為eq\f(π,3)，點A與B、C兩點間的球面距離均為eq\f(π,2)，所以∠BOC＝eq\f(π,3)，∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,2)，(2)因為BC＝1，AC＝AB＝eq\r(2)，所以由余弦定理得cos∠BAC＝eq\f(3,4)，sin∠BAC＝eq\f(\r(7),4)，設(shè)截面圓的圓心為O1，連結(jié)AO1，則截面圓的半徑r＝AO1，由正弦定理得r＝eq\f(BC,2sin∠BAC)＝eq\f(2\r(7),7)，所以O(shè)O1＝eq\r(OA2－r2)＝eq\f(\r(21),7).16．如圖四棱錐A－BCDE中，AD⊥底面BCDE，AC⊥BC，AE⊥BE.(1)求證：A、B、C、D、E五點共球；(2)若∠CBE＝90°，CE＝eq\r(3)，AD＝1，求B、D兩點的球面距離．解析：(1)證明：取AB的中點P，連結(jié)PE，PC，PD，由題設(shè)條件知△AEB、△ADB、△ABC都是直角三角形．故PE＝PD＝PC＝eq\f(1,2)AB＝PA＝PB.所以A、B、C、D、E五點在同一球面上．(2)解：由題意知四邊形BCDE為矩形，所以BD＝CE＝eq\r(3)，在Rt△ADB中，AB＝2，AD＝1，∴∠DPB＝120°，D、B的球面距離為eq\f(2,3)π.17．(本小題滿分10分)如圖，四棱錐S—ABCD的底面是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上一點．(1)求證：平面EBD⊥平面SAC；(2)假設(shè)SA＝4，AB＝2，求點A到平面SBD的距離；解析：(1)∵正方形ABCD，∴BD⊥AC，又∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥BD，則BD⊥平面SAC，又BD?平面BED，∴平面BED⊥平面SAC.(2)設(shè)AC∩BD＝O，由三垂線定理得BD⊥SO.AO＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)eq\r(2)AB＝eq\f(1,2)·eq\r(2)·2＝eq\r(2)，SA＝4，則SO＝eq\r(SA2＋AO2)＝eq\r(16＋2)＝3eq\r(2)，S△BSD＝eq\f(1,2)BD·SO＝eq\f(1,2)·2eq\r(2)·3eq\r(2)＝6.設(shè)A到面BSD的距離為h，則VS－ABD＝VA－BSD，即eq\f(1,3)S△ABD·SA＝eq\f(1,3)S△BSD·h，解得h＝eq\f(4,3)，即點A到平面SBD的距離為eq\f(4,3).18．(本小題滿分12分)如圖，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，點E在C1C上且C1E＝3EC(1)證明A1C⊥平面BED(2)求二面角A1－DE－B的大小．解析：依題設(shè)知AB＝2，CE＝1，(1)證明：連結(jié)AC交BD于點F，則BD⊥AC.由三垂線定理知，BD⊥A1C在平面A1CA內(nèi)，連結(jié)EF交A1C于點G由于eq\f(AA1,FC)＝eq\f(AC,CE)＝2eq\r(2)，故Rt△A1AC∽Rt△FCE，∠AA1C＝∠CFE，∠CFE與∠FCA于是A1C⊥EFA1C與平面BED內(nèi)兩條相交直線BD、EF所以A1C⊥平面BED(2)作GH⊥DE，垂足為H，連結(jié)A1H.由三垂線定理知A1H⊥DE，故∠A1HG是二面角A1－DE－B的平面角．EF＝eq\r(CF2＋CE2)＝eq\r(3)，CG＝eq\f(CE×CF,EF)＝eq\f(\r(2),\r(3)).EG＝eq\r(CE2－CG2)＝eq\f(\r(3),3).eq\f(EG,EF)＝eq\f(1,3)，GH＝eq\f(1,3)×eq\f(EF×FD,DE)＝eq\f(\r(2),\r(15)).又A1C＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋AC2)＝2eq\r(6)，A1G＝A1C－CG＝eq\f(5\r(6),3)，tan∠A1HG＝eq\f(A1G,HG)＝5eq\r(5).所以二面角A1－DE－B的大小為arctan5eq\r(5).19．(本小題滿分12分)如圖，四棱錐S－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝SB＝SC＝2CD＝2，側(cè)面SBC⊥底面ABCD.(1)由SA的中點E作底面的垂線EH，試確定垂足H的位置；(2)求二面角E－BC－A的大?。馕觯?1)作SO⊥BC于O，則SO?平面SBC，又面SBC⊥底面ABCD，面SBC∩面ABCD＝BC，∴SO⊥底面ABCD①又SO?平面SAO，∴面SAO⊥底面ABCD，作EH⊥AO，∴EH⊥底面ABCD②即H為垂足，由①②知，EH∥SO，又E為SA的中點，∴H是AO的中點．(2)過H作HF⊥BC于F，連結(jié)EF，由(1)知EH⊥平面ABCD，∴EH⊥BC，又EH∩HF＝H，∴BC⊥平面EFH，∴BC⊥EF，∴∠HFE為面EBC和底面ABCD所成二面角的平面角．在等邊三角形SBC中，∵SO⊥BC，∴O為BC中點，又BC＝2.∴SO＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，EH＝eq\f(1,2)SO＝eq\f(\r(3),2)，又HF＝eq\f(1,2)AB＝1，∴在Rt△EHF中，tan∠HFE＝eq\f(EH,HF)＝eq\f(\f(\r(3),2),1)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠HFE＝arctaneq\f(\r(3),2).即二面角E－BC－A的大小為arctaneq\f(\r(3),2).20．(本小題滿分12分)(2010·唐山市高三摸底考試)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，N是A1D的中點，M∈BB1，異面直線MN與A1(1)求證：點M是BB1的中點；(2)求直線MN與平面ADD1A1(3)求二面角A－MN－A1的大?。馕觯?1)取AA1的中點P，連結(jié)PM，PN.∵N是A1D的中點，∴AA1⊥PN，又∵AA1⊥MN，MN∩PN＝N，∴AA1⊥面PMN.∵PM?面PMN，∴AA1⊥PM，∴PM∥AB，∴點M是BB1的中點．(2)由(1)知∠PNM即為MN與平面ADD1A1在Rt△PMN中，易知PM＝1，PN＝eq\f