5.正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A―DC―B。

（1）试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；

（2）求二面角E―DF―C的余弦值；

参 考 答 案：

1解：（Ⅰ）∵AD=2AB=2，E是AD的中点，

∴△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：设M是线段EC的中点，过M作MF⊥BC

垂足为F，连接D′M，D′F，则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，

由三垂线定理得：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的正切值为.      

法二：如图，以EB，EC为x轴，y轴，过E垂直于平面BEC的射线为z轴，建立空间直角坐标系，则

设平面BEC的法向量为；平面D′BC的法向量为

由.取 

∴。 

∴二面角D′―BC―E的的正切值为.

4.四棱椎P―ABCD中，底面ABCD是矩形，为正三角形，

平面PB中点.

（1）求证：PB∥ 平面AEC；

（2）求二面角E―AC―D的大小.

3.如图，在直三棱柱ABC―A₁B₁C₁中， .

（Ⅰ）若D为AA₁中点，求证：平面B₁CD平面B₁C₁D；

（Ⅱ）若二面角B₁―DC―C₁的大小为60°，求AD的长.

2.在三棱柱ABC―A₁B₁C₁中，底面是边长为的正三角形，点A₁在底面ABC上的射影O恰是BC的中点．

（Ⅰ）求证：A₁A⊥BC；

（Ⅱ）当侧棱AA₁和底面成45°角时，

求二面角A₁―AC―B的大小余弦值；

（Ⅲ）若D为侧棱A₁A上一点，当为何值时，BD⊥A₁C₁．

1、如图所示，在矩形中，，点是的中点，将沿折起到的位置，使二面角是直二面角.

（Ⅰ）证明：；

（Ⅱ）求二面角的正切值.

3、角度：包括线线（主要是异面直线）所成的角，线面所成的角，面面所成的角；4、求距离或体积；

高考中的立体几何题的解法通常一题多解，同一试题的解题途径和方法中常常潜藏着极其巧妙的解法，尤其是空间向量这一工具性的作用体现的更为明显。因此，这就要求考生通过“周密分析、明细推理、准确计算、猜测探求”等具有创造性思维活动来选择其最佳解法以节约做题时间，从而适应最新高考要求。

熟练掌握该部分的判定定理和性质定理是做好立体几何的重中之重。同时平时要注意培养自己的空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.

2、垂直：包括线线垂直，线面垂直，面面垂直；

1、平行：包括线线平行，线面平行，面面平行；

3、（08辽宁卷）（本小题满分12分）

如图，在棱长为1的正方体中，AP=BQ=b（0<b<1），截面PQEF∥，截面PQGH∥．

（Ⅱ）证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，

并求出这个值；

（Ⅲ）若与平面PQEF所成的角为，求与平

面PQGH所成角的正弦值．

本小题主要考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与逻辑思维能力。满分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）证明：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面积之和是

，是定值．???????????????????? 8分

（III）解：连结BC′交EQ于点M．

因为，，

所以平面和平面PQGH互相平行，因此与平面PQGH所成角与与平面所成角相等．

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

设交PF于点N，连结EN，由知

．

因为⊥平面PQEF，又已知与平面PQEF成角，

所以，即，

解得，可知E为BC中点．

所以EM=，又，

故与平面PQCH所成角的正弦值为．??????????????? 12分

解法二：

，，，，

，，，

，，．

（Ⅰ）证明：在所建立的坐标系中，可得

，

，

．

因为，所以是平面PQEF的法向量．

因为，所以是平面PQGH的法向量．

因为，所以，

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

（Ⅱ）证明：因为，所以，又，所以PQEF为矩形，同理PQGH为矩形．

在所建立的坐标系中可求得，，

所以，又，

所以截面PQEF和截面PQGH面积之和为，是定值．?????????????? 8分

（Ⅲ）解：由已知得与成角，又可得

                         ，

即，解得．

所以，又，所以与平面PQGH所成角的正弦值为

．????????????????????? 12分

立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考的热点内容。该部分新增加了三视图，对三视图的考查应引起格外的注意。立体几何在高考解答题中，常以空间几何体（柱，锥，台）为背景，考查几何元素之间的位置关系。另外还应注意非标准图形的识别、三视图的运用、图形的翻折、求体积时的割补思想等，以及把运动的思想引进立体几何。最近几年综合分析全国及各省高考真题，立体几何开放题是高考命题的一个重要方向，开放题更能全面的考查学生综合分析问题的能力。考查内容一般有以下几块内容：

2、（08福建卷）（本小题满分12分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，则面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点.

（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求异面直线PD与CD所成角的大小；

（Ⅲ）线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为？若存在，求出　的值；若不存在，请说明理由.

本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成角、点到平面的距离等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.满分12分.

解法一：（Ⅰ）证明：在△PAD中PA=PD,O为AD中点，所以PO⊥AD,

又侧面PAD⊥底面ABCD,平面平面ABCD=AD, 平面PAD，

所以PO⊥平面ABCD.

（Ⅱ）连结BO，在直角梯形ABCD中、BC∥AD，AD=2AB=2BC,

有OD∥BC且OD=BC,所以四边形OBCD是平行四边形，

所以OB∥DC.

由（Ⅰ）知，PO⊥OB,∠PBO为锐角，

所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角.

因为AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB中，AB=1,AO=1,

所以OB＝，

在Rt△POA中，因为AP＝，AO＝1，所以OP＝1，

在Rt△PBO中，tan∠PBO＝

所以异面直线PB与CD所成的角是.

（Ⅲ）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为.

设QD＝x，则，由（Ⅱ）得CD=OB=，

在Rt△POC中，

所以PC=CD=DP,

由V_p-DQC=V_Q-PCD,得2，所以存在点Q满足题意，此时.

解法二：

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)以O为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz,依题意，易得

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

所以

所以异面直线PB与CD所成的角是arccos，

 (Ⅲ)假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为，

由(Ⅱ)知

设平面PCD的法向量为n=(x₀,y₀,z₀).

则所以即，

取x₀=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1).

设由，得解y=-或y=(舍去)，

此时，所以存在点Q满足题意，此时.