设Ｅ为边AB的中点，则EF／/ＢC，由AＢ⊥ＢC,知EF⊥AＢ.又由（I)有ＤF⊥平面ＡBC,
故由三垂线定理知DＥ⊥AB.
所以∠DEF为二面角C—AＢ—D的平面角，由题设知∠DEF＝60°
设
在
从而
因Ｒt△AＤE≌Rt△ＢDE，故BＤ＝AＤ=a,从而,在Rt△BＤＦ中, ，
又 从而在△ＦGＨ中,因FG=FH，由余弦定理得
（Ⅱ）设E为ＢC的中点，求 与 夹角的余弦值。
解（Ⅰ)∵折起前AＤ是BＣ边上的高，
∴当ΔAＢＤ折起后，AD⊥ＤC，ＡD⊥ＤB,
又DB ＤＣ=D，
∴ＡＤ⊥平面ＢＤC，
∵AD平面 平面ＢDC．
平面ABＤ 平面ＢDC。
(Ⅱ）由∠ＢＤC＝ 及(Ⅰ）知ＤA,ＤB，ＤＣ两两垂直,不防设 =１,以D为坐标原点,以 所在直线 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得Ｄ（0，0,０），B（1,0,０）,C（0,3,0），A(０,0， ),E( ， ，0)，
因此,异面直线AD与ＢC所成角的余弦值为
解法二：如答(1９）图2，过Ｆ作FM⊥AC，交ＡＢ于Ｍ，已知AＤ=CD,
平面ABC⊥平面ACD，易知FC，ＦD,FM两两垂直，以F为原点，射线ＦM，FC，FＤ分别为x轴，y轴,ｚ轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xｙz.
不妨设AD=2，由ＣD=ＡＤ,∠CAD=３0°，易知点A，Ｃ，D的坐标分别为
作 ,H为垂足,则 平面SBC。
,即F到平面SBC的距离为
由于ＥＤ/／ＢC，所以ED//平面ＳBC,Ｅ到平面SＢＣ的距离d也有
设ＡＢ与平面ＳBＣ所成的角为α,
则 ﻩﻩ…………12分
解法二:
以C为坐标原点，射线CＤ为x轴正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系C—xyz。
设D（1,0，0)，则A(2，2,0)、B(0，２，0)。
连结SＥ，则
又ＳＤ＝1,故 ,
所以 为直角。ﻩ…………３分
由 ，
得 平面ＳDE，所以 。
SD与两条相交直线AB、ＳE都垂直。
所以 平面SAB。ﻩﻩ…………6分
（IＩ）由 平面SDE知，
平面 平面SＥD。
作 垂足为F,则ＳF 平面ABCD,
作 ，垂足为G,则FＧ＝ＤＣ=1。
连结SG，则 ,
又 ,
故 平面SFＧ，平面SBC 平面SFG。…………9分
求证： ；
⑵若点 到平面 的距离为 ,求正四棱柱 的高。
解：设正四棱柱的高为 。
⑴连 ， 底面 于 ,∴ 与底面 所成的角为 ，即
∵ , 为 中点，∴ ,又 ，
∴ 是二面角 的平面角，即
∴ , 。
⑵建立如图空间直角坐标系,有
设平面 的一个法向量为 ，
∵ ，取 得
∴点 到平面 的距离为 ,则 。
4(本小题满分１２分）
= ,
=(１，0,０，）,
与 夹角的余弦值为
＜ ， ＞= ．
６
本小题满分12分，（Ⅰ)小问5分,（Ⅱ）小问７分．)
如题（19)图,在四面体 中，平面 平面 ， , ， ．
(Ⅰ）若 , ,求四面体 的体积;
（Ⅱ)若二面角 为 ,求异面直线 与 所成角的余弦值．
本题12分)
（Ｉ）解：如答(1９）图1，设F为AC的中点,由于AＤ＝CD,所以DＦ⊥AC.
故由平面AＢＣ⊥平面AＣD，知DF⊥平面ＡBC，
即ＤＦ是四面体ABCD的面ABC上的高，
且DF＝ＡDsiｎ30°＝1，AF=ADcos30°＝ .
在Ｒｔ△ABC中，因ＡC=２AF= ,AB=2BＣ，
由勾股定理易知
故四面体ABCD的体积
（II）解法一:如答（19）图1，设G，H分别为边ＣD,BD的中点,则FG／／AD,GＨ//BC,从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角．
又设
（I） ， ,
由 得
故x=1。
由
又由
即 ﻩﻩ…………3分
于是 ，
故
所以 平面ＳＡB。…………6分
（IＩ)设平面ＳBC的法向量 ,
则
又
故 ﻩﻩ…………9分
取p＝２பைடு நூலகம் 。
故AB与平面SBＣ所成的角为
3 (1４分)已知 是底面边长为1的正四棱柱, 是 和 的交点。
⑴ 设 与底面 所成的角的大小为 ，二面角 的大小为 。
高考数学立体几何大题汇总
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(1)(本小题满分1２分）
ﻩ如图，四棱锥P—ABＣＤ中，底面ABＣD为平行四
边形，∠DAB=60,AB=2ＡD，ＰD⊥底面ABCD．
如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABＣD,ＰD∥QA，ＱA=AB= PﻩＤ．
（Ｉ)证明：平面ＰQC⊥平面DCQ；
（II）求二面角Ｑ—BP—C的余弦值．
解:
如图,以D为坐标原点，线段DA的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.
（I）依题意有Q（1，１,0）,C(0，０,1）,P(0,２,０).
则
所以
即PＱ⊥ＤQ,PQ⊥DC.
故ＰQ⊥平面DCQ.
又ＰQ 平面PQＣ,所以平面ＰQC⊥平面DＣQ.…………６分
(II）依题意有Ｂ(1，0,1），
设 是平面PBＣ的法向量，则
因此可取
设ｍ是平面ＰＢＱ的法向量,则
可取
故二面角Q—BP—C的余弦值为 …
5如图，在 中， 是 上的高,沿 把 折起，使 。
（Ⅰ）证明：平面AＤＢ⊥平面BＤC;
, , , 。
设平面PＡB的法向量为ｎ=(x，y，z）,则
即
因此可取n=
设平面ＰBC的法向量为m，则
可取m＝(0,-１， ）
故二面角A-PB-Ｃ的余弦值为
2如图,四棱锥 中, , ,侧面 为等边三角形， .
(Ⅰ)证明： ；
(Ⅱ)求 与平面 所成角的大小．
解法一：
(Ｉ）取ＡB中点E，连结DＥ，则四边形BＣDE为矩形,ＤＥ=ＣＢ=２，
（Ⅰ）证明：PＡ⊥BD；
(Ⅱ)若PD=ＡＤ,求二面角A-PＢ-C的余弦值。
(1)解：
(Ⅰ）因为 ,由余弦定理得
从而BD2＋AD2= AB2,故BD AD
又PD 底面ABCD,可得BＤ PD
所以BＤ 平面ＰAD.故ＰＡ BD
(Ⅱ)如图，以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为 轴的正半轴建立空间直角坐标系D- ，则
显然向量 是平面ＡBC的法向量.
已知二面角Ｃ—AＢ—D为６０°,
故可取平面ＡBD的单位法向量 ,
使得
设点B的坐标为 ,有
易知 与坐标系的建立方式不合，舍去．
因此点B的坐标为 所以
从而
故异面直线AD与BＣ所成的角的余弦值为
７如图,四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCＤ，四边形ＡＢCD中,AB⊥ＡＤ，AB+AD＝4，CD= ， .