【正文】 ,∴PQ⊥AB,同理可得PQ⊥CD，故線段PQ的長為P、Q兩點(diǎn)間的最短距離，在Rt△APQ中，PQ= a17．解：（1）∵四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴共面；（2）∵，又∵，∴所以，平面平面．18．解：(Ⅰ) 連結(jié)AC , 交BD于點(diǎn)O , 連結(jié)PO , 則PO⊥面ABCD , 又∵ , ∴, ∵, ∴ ． （Ⅱ） ∵AO⊥BD , AO⊥PO , ∴AO⊥面PBD , 過點(diǎn)O作OM⊥PD于點(diǎn)M，連結(jié)AM , 則AM⊥PD , ∴∠AMO 就是二面角APDO的平面角, 又∵, ∴AO=,PO= , ∴ ,即二面角的大小為 ． (Ⅲ)用體積法求解：即有 解得，即到平面PAD的距離為19．證：（1）取CD中點(diǎn)G，連結(jié)EG、FG∵E、F分別是AB、PC的中點(diǎn)，∴EG//AD，F(xiàn)G//PD，∴平面EFG//平面PAD，∴ EF//平面PAD． （2）當(dāng)平面PCD與平面ABCD成45176。角時(shí)，直線EF^平面PCD.證明：∵G為CD中點(diǎn)，則EG^CD，∵PA^底面ABCD∴AD是PD在平面ABCD內(nèi)的射影。 ∵CD204。平面ABCD，且CD^AD，故CD^PD ．又∵FG∥PD∴FG^CD，故208。EGF為平面PCD 與平面ABCD所成二面角的平面角，即208。EGF=45176。，從而得208。ADP=45176。， AD=@RtDCBE，得PE=，∴EF^PC.由CD^EG，CD^FG，得CD^平面EFG，∴CD^EF，即EF^CD，故EF^平面PCD． 20．解法一： （1）如圖，以C為原點(diǎn)，CA、CB、CE所在的射線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系.不妨設(shè)BD=1，則E（0，0，2），A（2，0，0），D（0，2，1），B（0，2，0）由M是AD的中點(diǎn)，得M （2）設(shè)面ADE的法向量n=（x，y，z）由又∴直線BM和平面ADE所成角為。解法二：（1）如圖，過M作MN⊥AB，由DB⊥面ABC……2分∵M(jìn)是AD中點(diǎn)，N是AB中點(diǎn)，CA=CB，∴CN⊥AB由三垂線定理，得EM⊥AB（2）設(shè)CB和ED延長線交于F，不妨設(shè)BD=1易求設(shè)B到面AEF的距離為h，由設(shè)直線BM和平面ADE所成角為。21．解：（Ⅰ）取BD的中點(diǎn)O，連接AO，CO，在△BCD中， ∵BC = DC，∴CO⊥BD，同理AO⊥BD 而AO∩CO = O，∴BD⊥平面AOC， 又平面AOC，∴AC⊥BD. （Ⅱ）取FC的中點(diǎn)M，連接EM，DM， ∵E是BC的中點(diǎn)，∴BF∥EM，∵平面MED，∴BF∥平面MED，∴FC的中點(diǎn)M即為所求. （Ⅲ）∵△ABD是等腰直角三角形，∠BAD = 90176。，∴AO = BO = DO；∵CA = CB = CD，CO是公共邊，∴△COA≌△COB≌△COD；∴∠COA=90176。，即CO⊥AO，又CO⊥BD，AO∩BD = O，∴CO⊥平面ABD即點(diǎn)C在底面ABD上的射影是線段BD的中點(diǎn) 。22．解析：主要考察立體幾何中的位置關(guān)系、體積． (Ⅰ)證明：連結(jié)，則//， ∵是正方形，∴．∵面，∴．又，∴面． ∵面，∴，∴． （Ⅱ）證明：作的中點(diǎn)F，連結(jié)．∵是的中點(diǎn)，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴ ．∵是的中點(diǎn)，∴，又，∴．∴四邊形是平行四邊形，//，∵，∴平面面． 又平面，∴面． （3）．?。? （四）創(chuàng)新試題１．如圖，正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是BC的中點(diǎn)，AA1=AB=1. （I）求證：A1C//平面AB1D； （II）求二面角B—AB1—D的大??； （III）求點(diǎn)c到平面AB1D的距離.２. 如圖，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱長都為a，P為A1B上的點(diǎn)。 （1）試確定的值，使得PC⊥AB； （2）若，求二面角P—AB—C的大??；　　　　　 （3）在（2）條件下，求C1到平面PAC的距離?！　?chuàng)新試題解析答案1．解法一（I）證明：連接A1B，設(shè)A1B∩AB1 = E，連接DE.∵ABC—A1B1C1是正三棱柱，且AA1 = AB，∴四邊形A1ABB1是正方形，∴E是A1B的中點(diǎn)，又D是BC的中點(diǎn)，∴DE∥A1C. ∵DE平面AB1D，A1C平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D. （II）解：在面ABC內(nèi)作DF⊥AB于點(diǎn)F，在面A1ABB1內(nèi)作FG⊥AB1于點(diǎn)G，連接DG.∵平面A1ABB1⊥平面ABC， ∴DF⊥平面A1ABB1，∴FG是DG在平面A1ABB1上的射影， ∵FG⊥AB1， ∴DG⊥AB1∴∠FGD是二面角B—AB1—D的平面角 設(shè)A1A = AB = 1，在正△ABC中，DF=在△ABE中，在Rt△DFG中，所以，二面角B—AB1—D的大小為 （III）解：∵平面B1BCC1⊥平面ABC，且AD⊥BC，∴AD⊥平面B1BCC1，又AD平面AB1D，∴平面B1BCC1⊥平面AB1D.在平面B1BCC1內(nèi)作CH⊥B1D交B1D的延長線于點(diǎn)H，則CH的長度就是點(diǎn)C到平面AB1D的距離. 由△CDH∽△B1DB，得即點(diǎn)C到平面AB1D的距離是 解法二：建立空間直角坐標(biāo)系D—xyz，如圖， （I）證明：連接A1B，設(shè)A1B∩AB1 = E，連接DE.設(shè)A1A = AB = 1，則 ， （II）解：， ，設(shè)是平面AB1D的法向量，則，故；同理，可求得平面AB1B的法向量是 設(shè)二面角B—AB1—D的大小為θ，∴二面角B—AB1—D的大小為 （III）解由（II）得平面AB1D的法向量為，取其單位法向量∴點(diǎn)C到平面AB1D的距離2．解法一：（1）當(dāng)時(shí)，PC⊥AB取AB的中點(diǎn)D′，連結(jié)CD′、PD′∵△ABC為正三角形， ∴CD′⊥AB。當(dāng)P為A1B的中點(diǎn)時(shí)，PD′//A1A， ∵A1A⊥底面ABC， ∴PD′⊥底面ABC，∴PC⊥AB （2）當(dāng)時(shí)，過P作PD⊥AB于D，如圖所示，則PD⊥底在ABC過D作DE⊥AC于E，連結(jié)PE，則PE⊥AC∴∠DEP為二面角P—AC—B的平面角。又∵PD//A1A， ∴， ∴∴ 又∵∴ ∴∠PED=60176。即二面角P—AC—B的大小為60176。 （3）設(shè)C1到面PAC的距離為d，則∵PD//A1A ∴PD//平面A1C ∴DE即為P點(diǎn)到平面A1C的距離。又PE=∴∴解得 即C1到平面PAC的距離為 解法二：以A為原點(diǎn)，AB為x軸，過A點(diǎn)與AB垂直的直線為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz，如圖所示，則B（a，0，0），A1（0，0，a），C，設(shè)（1）由即， ∴P為A1B的中點(diǎn)。即 時(shí)，PC⊥AB。 （2）當(dāng)即 設(shè)平面PAC的一個(gè)法向量n=則即取 又平面ABC的一個(gè)法向量為n0=（0，0，1）∴∴二面角P—AC—B的大小為180176。－120176。=60176。 （3）設(shè)C1到平面PAC的距離為d，則即C1到平面PAC的距離為 ． 五、復(fù)習(xí)建議1．位置關(guān)系的判斷，根據(jù)概念、性質(zhì)和定理進(jìn)行判斷，認(rèn)定是正確的，要能證明；認(rèn)定上不正確的，.2．證明空間線面平行與垂直，是必考題型，解題時(shí)要由已知想性質(zhì)，由求證想判定，即分析法與綜合法相結(jié)合尋找證明思路.3．空間圖形中的角與距離，先根據(jù)定義找出或作出所求的角與距離，然后通過解三角形等方法求值，注意“作、證、算”176。＜θ≤90176。，其方法是平移法和補(bǔ)形法；直線與平面所成角的范圍是0176?！堞取?0176。，其解法是作垂線、找射影；二面角0176?！堞取?80176。，其方法是：①定義法；②三垂線定理及其逆定理；③垂面法另也可借助空間向量求這三種角的大小.4．與幾何體的側(cè)面積和體積有關(guān)的計(jì)算問題，根據(jù)基本概念和公式來計(jì)算，要重視方程的思想和割補(bǔ)法、等積轉(zhuǎn)換法的運(yùn)用5．平面圖形的翻折與空間圖形的展開問題，要對(duì)照翻折（或展開）前后兩個(gè)圖形，分清哪些元素的位置（或數(shù)量）關(guān)系改變了，哪些沒有改變.一切為了學(xué)生的發(fā)展 一切為了家長的心