二面角专题训练
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二面角专题训练
一．解答题（共14小题） 1．（2009•重庆）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD；平面CSD⊥平面ABCD，CS⊥DS，CS=2AD=2；E为BS的中点，， 求：（Ⅰ）点A到平面BCS的距离； （Ⅱ）二面角E﹣CD﹣A的大小．
2．（2009•陕西）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AC=AA1=（1）证明：AB⊥A1C；
（2）求二面角A﹣A1C﹣B的余弦值．
，∠ABC=60°．
3．（2008•四川）如，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BCBE
，
（Ⅰ）证明：C，D，F，E四点共面；
（Ⅱ）设AB=BC=BE，求二面角A﹣ED﹣B的大小．
4．（2008•四川）如图，一张平行四边形的硬纸片ABC0D中，AD=BD=1，折起，使点C0到达平面ABC0D外点C的位置． （Ⅰ）证明：平面ABC0D⊥平面CBC0；
（Ⅱ）如果△ABC为等腰三角形，求二面角A﹣BD﹣C的大小．
．沿它的对角线BD把△BDC0
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5．（2008•湖北）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面A1ABB1． （Ⅰ）求证：AB⊥BC；
（Ⅱ）若AA1=AC=a，直线AC与平面A1BC所成的角为θ，二面角A1﹣BC﹣A的大小为φ，求证：θ+φ=
．
6．（2007•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点．
（I）证明：CD⊥AE；
（II）证明：PD⊥平面ABE；
（III）求二面角A﹣PD﹣C的大小．
7．（2011•重庆）如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1 （Ⅰ）求四面体ABCD的体积；
（Ⅱ）求二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值．
8．（2011•广东）如图，在锥体P﹣ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=F分别是BC，PC的中点 （1）证明：AD⊥平面DEF
（2）求二面角P﹣AD﹣B的余弦值．
，PB=2，E，
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9．（2010•江西）如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB=2（1）求直线AM与平面BCD所成的角的大小；
（2）求平面ACM与平面BCD所成的二面角的正弦值．
．
10．（2009•重庆）如图，在五面体ABCDEF中，AB∥DC，FA⊥平面ABCD，，求：
（Ⅰ）直线AB到平面EFCD的距离；
（Ⅱ）二面角F﹣AD﹣E的平面角的正切值．
，CD=AD=2，四边形ABFE为平行四边形，
11．（2009•北京）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，PA=AB，∠ABC=60°，∠BCA=90°，点D、E分别在棱PB、PC上，且DE∥BC． （1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的正弦值； （3）是否存在点E使得二面角A﹣DE﹣P为直二面角？并说明理由．
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12．（2007•山东）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC． （I）设E是DC的中点，求证：D1E∥平面A1BD； （II）求二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值．
13．（2006•江西）如图，在三棱锥A﹣BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形． （1）求证：AD⊥BC．
（2）求二面角B﹣AC﹣D的大小．
（3）在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由．
14．（2005•重庆）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，E是AB上一点，PE⊥EC．已知
，
求
（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离； （Ⅱ）二面角E﹣PC﹣D的大小．
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二面角专题训练
参与试题解析
一．解答题（共14小题） 1．（2009•重庆）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD；平面CSD⊥平面ABCD，CS⊥DS，CS=2AD=2；E为BS的中点，， 求：（Ⅰ）点A到平面BCS的距离； （Ⅱ）二面角E﹣CD﹣A的大小．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算。 专题： 计算题。 分析： （Ⅰ）根据线面平行的判定定理可知AD∥平面BCS，则从而A点到平面BCS的距离等于D点到平面BCS
的距离，从而DS为点A到平面BCS的距离，在Rt△ADS中求出DS即可；
（Ⅱ）过E点作EG⊥CD，交CD于点G，又过G点作GH⊥CD，交AB于H，根据二面角平面角的定义可知∠EGH为二面角E﹣CD﹣A的平面角，过E点作EF∥BC，交CS于点F，连接GF，在Rt△FEG中，求出此角即可．
解答： 解：（Ⅰ）因为AD∥BC，且BC⊂平面BCS，
所以AD∥平面BCS，
从而A点到平面BCS的距离等于D点到平面BCS的距离． 因为平面CSD⊥平面ABCD，AD⊥CD， 故AD⊥平面CSD，从而AD⊥SD，
由AD∥BC，得BC⊥DS，又由CS⊥DS知DS⊥平面BCS， 从而DS为点A到平面BCS的距离，
因此在Rt△ADS中
（Ⅱ）如图，过E电作EG⊥CD，交CD于点G， 又过G点作GH⊥CD，交AB于H，
故∠EGH为二面角E﹣CD﹣A的平面角，
记为θ，过E点作EF∥BC，交CS于点F，连接GF， 因平面ABCD⊥平面CSD，GH⊥CD， 易知GH⊥GF，故由于E为BS边中点，故在Rt△CFE中，
因EF⊥平面CSD，又EG⊥CD
故由三垂线定理的逆定理得FG⊥CD，
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． ，
，
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从而又可得△CGF～△CSD，
因此
而在Rt△CSD中，
，
在Rt△FEG中，可得
，故所求二面角的大小为
点评： 本题主要考查了点到平面的距离，以及二面角的度量等有关知识，同时考查了计算能力、推理能力、以及
转化与划归的思想，属于中档题．
2．（2009•陕西）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=1，AC=AA1=，∠ABC=60°． （1）证明：AB⊥A1C；
（2）求二面角A﹣A1C﹣B的余弦值．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定。 专题： 计算题；证明题。
分析： （1）欲证AB⊥A1C，而A1C⊂平面ACC1A1，可先证AB⊥平面ACC1A1，根据三棱柱ABC﹣A1B1C1为直
三棱柱，可知AB⊥AA1，由正弦定理得AB⊥AC，满足线面垂直的判定定理所需条件；
（2）作AD⊥A1C交A1C于D点，连接BD，由三垂线定理知BD⊥A1C，则∠ADB为二面角A﹣A1C﹣B的平面角，在Rt△BAD中，求出二面角A﹣A1C﹣B的余弦值即可．
解答： 解：（1）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴AB⊥AA1，在△ABC中，AB=1，AC=，∠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⊥A1C．
（2）如图，作AD⊥A1C交A1C于D点，连接BD， 由三垂线定理知BD⊥A1C，
∴∠ADB为二面角A﹣A1C﹣B的平面角．
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在Rt△AA1C中，AD=
=
=
，
在Rt△BAD中，tan∠ADB=∴cos∠ADB=
，
=，
即二面角A﹣A1C﹣B的余弦值为．
点评： 本题考查直线与平面垂直的性质，二面角及其度量，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中
档题．
3．（2008•四川）如，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BCBE
，
（Ⅰ）证明：C，D，F，E四点共面；
（Ⅱ）设AB=BC=BE，求二面角A﹣ED﹣B的大小．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；棱锥的结构特征。 专题： 计算题；证明题。
分析： （Ⅰ）延长DC交AB的延长线于点G，延长FE交AB的延长线于G′，根据比例关系可证得G与G′重合，
准确推理，得到直线CD、EF相交于点G，即C，D，F，E四点共面．
（Ⅱ）取AE中点M，作MN⊥DE，垂足为N，连接BN，由三垂线定理知BN⊥ED，根据二面角平面角的定义可知∠BMN为二面角A﹣ED﹣B的平面角，在三角形BMN中求出此角即可．
解答：
解：（Ⅰ）延长DC交AB的延长线于点G，由BC得
延长FE交AB的延长线于G′ 同理可得
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故
，即G与G′重合
因此直线CD、EF相交于点G，即C，D，F，E四点共面． （Ⅱ）设AB=1，则BC=BE=1，AD=2
取AE中点M，则BM⊥AE，又由已知得，AD⊥平面ABEF 故AD⊥BM，BM与平面ADE内两相交直线AD、AE都垂直． 所以BM⊥平面ADE，作MN⊥DE，垂足为N，连接BN
由三垂线定理知BN⊥ED，∠BMN为二面角A﹣ED﹣B的平面角．故
所以二面角A﹣ED﹣B的大小
点评： 此题重点考查立体几何中四点共面问题和求二面角的问题，考查空间想象能力，几何逻辑推理能力，以及
计算能力；突破：熟悉几何公理化体系，准确推理，注意书写格式是顺利进行求解的关键．
4．（2008•四川）如图，一张平行四边形的硬纸片ABC0D中，AD=BD=1，折起，使点C0到达平面ABC0D外点C的位置． （Ⅰ）证明：平面ABC0D⊥平面CBC0；
（Ⅱ）如果△ABC为等腰三角形，求二面角A﹣BD﹣C的大小．
．沿它的对角线BD把△BDC0
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定。 专题： 计算题。 分析： （Ⅰ）要证面面垂直，只要证线面垂直，要证线面垂直，只要证线线垂直，由题意易得DB⊥BC，又DB⊥BC0，
则题目可证．
（Ⅱ）解法一：由DB⊥BC，AD⊥BD，故只要过B做BE∥AD，则角∠CBE为二面角A﹣BD﹣C的平面角，构造三角形求角即可．
解法二：根据题意，建立空间坐标系，利用空间向量求解．由于DA⊥BD，BC⊥BD，所以大小等于二面角A﹣BD﹣C的大小．由夹角公式求
解答： 解：（Ⅰ）证明：因为AD=BC0=BD=1，
与
与夹角的
的夹角的余弦，从而确定角的大小．
，所以∠DBC0=90°，∠ADB=90°．
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因为折叠过程中，∠DBC=∠DBC0=90°，所以DB⊥BC，又DB⊥BC0， 故DB⊥平面CBC0． 又DB⊂平面ABC0D，
所以平面ABC0D⊥平面CBC0．
（Ⅱ）解法一：如图，延长C0B到E，使BE=C0B，连接AE，CE． 因为AD平行等于BE，BE=1，DB=1，∠DBE=90°， 所以AEBD为正方形，AE=1．
由于AE，DB都与平面CBC0垂直， 所以AE⊥CE，可知AC＞1．
因此只有在Rt△AEC中，
时，△ABC为等腰三角形．
，又BC=1，
所以△CEB为等边三角形，∠CBE=60°． 由（Ⅰ）可知，CB⊥BD，EB⊥BD，
所以∠CBE为二面角A﹣BD﹣C的平面角， 即二面角A﹣BD﹣C的大小为60°．
解法二：以D为坐标原点，射线DA，DB分别为x轴正半轴和y轴正半轴， 建立如图的空间直角坐标系D﹣xyz， 则A（1，0，0），B（0，1，0），D（0，0，0）． 由（Ⅰ）可设点C的坐标为（x，1，z），其中z＞0，则有x2+z2=1．① 因为△ABC为等腰三角形，所以AC=1或． 若AC=1，则有（x﹣1）2+1+z2=1． 由此得x=1，z=0，不合题意． 若
，则有（x﹣1）2+1+z2=2．②
，
．故点C的坐标为
与
．
联立①和②得
由于DA⊥BD，BC⊥BD，所以又
，
夹角的大小等于二面角A﹣BD﹣C的大小．
，
．
所以．
即二面角A﹣BD﹣C的大小为60°．
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点评： 本题考查空间的位置关系可空间二面角的求法，考查运算能力和空间想象能力． 5．（2008•湖北）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面A1ABB1． （Ⅰ）求证：AB⊥BC；
（Ⅱ）若AA1=AC=a，直线AC与平面A1BC所成的角为θ，二面角A1﹣BC﹣A的大小为φ，求证：θ+φ=
．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的性质。 专题： 证明题。 分析： （Ⅰ）欲证AB⊥BC，而AB⊂侧面A1ABB1，可先证BC⊥侧面A1ABB1，过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B
于D，根据面面垂直的性质可知AD⊥平面A1BC，则AD⊥BC，又AA1⊥BC，AA1∩AD=A，满足定理所需条件；
（Ⅱ）连接CD，根据线面所成角的定义可知∠ACD就是直线AC与平面A1BC所成的角，则∠ABA1就是二面角A1﹣BC﹣A的平面角，即∠ACD=θ，∠ABA1=β．在Rt△A1AB中，∠AA1D+φ=∠AA1B+=
即可得到结论．
解答： 解：（Ⅰ）证明：如图，过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，
则由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B， 得AD⊥平面A1BC．又BC⊂平面A1BC 所以AD⊥BC．
因为三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱， 则AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BC．
又AA1∩AD=A，从而BC⊥侧面A1ABB1， 又AB⊂侧面A1ABB1， 故AB⊥BC．
（Ⅱ）连接CD，则由（Ⅰ）知∠ACD就是直线AC与平面A1BC所成的角， ∠ABA1就是二面角A1﹣BC﹣A的平面角，即∠ACD=θ，∠ABA1=β．
于是在Rt△ADC中，sinθ=
，在Rt△ADA1中，sin∠AA1D=
，
，
∴sinθ=sin∠AA1D，由于θ与∠AA1D都是锐角，所以θ=∠AA1D． 又由Rt△A1AB知，∠AA1D+φ=∠AA1B+=
，故θ+φ=
．
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点评： 考查线面所成角与线面垂直的性质定理以及二面角的求法．涉及到的知识点比较多，知识性技巧性都很强． 6．（2007•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点．
（I）证明：CD⊥AE；
（II）证明：PD⊥平面ABE；
（III）求二面角A﹣PD﹣C的大小．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定。 专题： 综合题；转化思想。
分析： （I）由题意利用线面PA⊥底面ABCD得线线PA⊥CD，进而得线面CD⊥平面PAC，即可得证；
（II）由题意可得AE⊥PC，由（I）知，AE⊥CD，进而得到AE⊥平面PCD，在由线线垂直得PD⊥平面ABE；
（III）因为AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则EM⊥PD．因此∠AME是二面角A﹣PD﹣C的平面角，然后再在三角形中求出即可．
解答： 解：（I）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，
因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，故PA⊥CD． ∵AC⊥CD，PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC． 而AE⊂平面PAC，∴AE⊥PC．
（II）证明：由PA=AB=BC，∠ABC=60°，可得AC=PA． ∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．
由（I）知，AE⊥CD，且PC∩CD=C，所以AE⊥平面PCD． 而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD影是AD，AB⊥AD，∴AB⊥PD． 又AB∩AE=A，综上得PD⊥平面ABE．
（III）过点A作AM⊥PD，垂足为M，连接EM．
由（II）知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则EM⊥PD． 因此∠AME是二面角A﹣PD﹣C的平面角．
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由已知，得∠CAD=30°．设AC=a，可得
．
在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AM．PD=PA．AD．则．
在Rt△AEM中，
所以二面角A﹣PD﹣C的大小是
．
．
点评： 此题重点考查了利用线面垂直得到线线垂直进而在得线面垂直再得线线垂直，利用二面角平面角的定义及
射影的实质，得到二面角的平面角并在三角形中解出角的大小，还考查了反三角函数的知识．
7．（2011•重庆）如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1 （Ⅰ）求四面体ABCD的体积；
（Ⅱ）求二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法。 专题： 综合题；转化思想。 分析： 法一：几何法，
（Ⅰ）过D作DF⊥AC，垂足为F，由平面ABC⊥平面ACD，由面面垂直的性质，可得DF是四面体ABCD的面ABC上的高；设G为边CD的中点，可得AG⊥CD，计算可得AG与DF的长，进而可得S△ABC，由棱锥体积公式，计算可得答案；
（Ⅱ）过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE，分析可得∠DEF为二面角C﹣AB﹣D的平面角，计算可得EF的长，由（Ⅰ）中DF的值，结合正切的定义，可得答案． 法二：向量法，
（Ⅰ）首先建立坐标系，根据题意，设O是AC的中点，过O作OH⊥AC，交AB与H，过O作OM⊥AC，交AD与M；易知OH⊥OM，因此可以以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系O﹣XYZ，进而可得B、D的坐标；从而可得△ACD边AC的高即棱住的高与底面的面积，计算可得答案；
（Ⅱ）设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，由（Ⅰ）易得向量的坐标，同时易得=（0，0，
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1）是平面ABC的法向量，由向量的夹角公式可得从而cos＜，＞，进而由同角三角函数的基本关系，可得tan＜，＞，即可得答案．
解答： 解：法一
（Ⅰ）如图：过D作DF⊥AC，垂足为F，由平面ABC⊥平面ACD， 可得DF⊥平面ACD，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高； 设G为边CD的中点，由AC=AD，可得AG⊥CD，
则AG=
=
=
；
=
；
由S△ADC=AC•DF=CD•AG可得，DF=在Rt△ABC中，AB=S△ABC=AB•BC=
；
； =
，
故四面体的体积V=×S△ABC×DF=
（Ⅱ）如图，过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE，
由（Ⅰ）知DF⊥平面ABC，由三垂线定理可得DE⊥AB，故∠DEF为二面角C﹣AB﹣D的平面角， 在Rt△AFD中，AF=
在Rt△ABC中，EF∥BC，从而在Rt△DEF中，tan∠DEF=
=
=
=； ，可得EF=； ．
．
则二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值为
解法二：（Ⅰ）如图（2）
设O是AC的中点，过O作OH⊥AC，交AB与H，过O作OM⊥AC，交AD与M； 由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM，
因此以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系O﹣XYZ， 已知AC=2，故A、C的坐标分别为A（0，﹣1，0），C（0，1，0）； 设点B的坐标为（x1，y1，0），由
⊥
，|
|=1；
有，
解可得或（舍）；
即B的坐标为（，，0），
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又舍D的坐标为（0，y2，z2），
由|
|=1，|
|=2，有（y2﹣1）2+z22=1且（y2+1）2+z22=1；
解可得或（舍），
则D的坐标为（0，，），
从而可得△ACD边AC的高为h=|z2|=又|
|=
，|
|=1；
|×|
|h=
故四面体的体积V=××|（Ⅱ）由（Ⅰ）知
=（
；
=（0，，
），
可得，
l+m=0，（1）；
，，0），
设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，则由⊥由⊥
可得，m+
n=0，（2）；
，n=
，即=（
取m=﹣1，由（1）（2）可得，l=，﹣1，）
显然=（0，0，1）是平面ABC的法向量， 从而cos＜，＞=故tan＜，＞=
；
．
；
则二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值为
点评： 本题是立体几何综合题目，此类题目一般有两种思路即几何法与向量法，注意把握两种思路的特点，进行
选择性的运用．
8．（2011•广东）如图，在锥体P﹣ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=，PB=2，E，F分别是BC，PC的中点 （1）证明：AD⊥平面DEF
（2）求二面角P﹣AD﹣B的余弦值．
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考点： 与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法。 专题： 常规题型；综合题。
分析： （1）利用线面垂直的判定定理进行证明是解决本题的关键，在平面DEF中找两条相交直线与AD垂直，利
用60°角菱形的特征可以发现AD⊥DE，通过取出AD的中点构造一个平面可以证明AD⊥EF；
（2）利用（1）中的结论找到二面角P﹣AD﹣B的平面角是解决本题的关键，求角往往要利用三角形中的余弦定理．
解答： 解：（1）取AD的中点G，连接PG，BG，在△ABG中，根据余弦定理可以算出
BG=，
发现AG2+BG2=AB2，可以得出AD⊥BG，又DE∥BG
∴DE⊥AD，
又PA=PD，可以得出AD⊥PG，而PG∩BG=G， ∴AD⊥平面PBG，而PB⊂平面PBG， ∴AD⊥PB，又PB∥EF，
∴AD⊥EF．又EF∩DE=E，∴AD⊥平面DEF．
（2）由（1）知，AD⊥平面PBG，所以∠PGB为二面角P﹣AD﹣B的平面角，在△PBG中，PG=BG=
，PB=2，由余弦定理得
，
cos∠PGB=，因此二面角P﹣AD﹣B的余弦值为．
点评： 本题考查立体几何中基本的线面关系，考查线面垂直的判定方法，考查二面角的求法，训练了学生基本的空间想象能力，考查学生的转化与化归思想，解三角形的基本知识和学生的运算能力，属于基本的立体几何题．
9．（2010•江西）如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB=2． （1）求直线AM与平面BCD所成的角的大小；
（2）求平面ACM与平面BCD所成的二面角的正弦值．
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考点： 与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面所成的角。 专题： 计算题。
分析： （1）取CD中点O，连OB，OM，延长AM、BO相交于E，根据线面所成角的定义可知∠AEB就是AM
与平面BCD所成的角，在三角形AEB中求出此角即可； （2）CE是平面ACM与平面BCD的交线，作BF⊥EC于F，连AF，根据二面角的平面角的定义可知∠AFB就是二面角A﹣EC﹣B的平面角，在三角形AFB中求出此角的正弦值，从而求出二面角的正弦值．
解答： 解：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD．
又平面MCD⊥平面BCD，则MO⊥平面BCD，
所以MO∥AB，A、B、O、M共面．延长AM、BO相交于E， 则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角．
OB=MO=，MO∥AB，则，，所以，故∠AEB=45°．
（2）CE是平面ACM与平面BCD的交线．
由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形．
作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A﹣EC﹣B的平面角， 设为θ．
因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°．
．
所以，所求二面角的正弦值是
．
点评： 本题主要考查了考查立体图形的空间感、线面角、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同
时也考查了空间想象能力和推理能力．
10．（2009•重庆）如图，在五面体ABCDEF中，AB∥DC，FA⊥平面ABCD，
，CD=AD=2，四边形ABFE为平行四边形，
，求：
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（Ⅰ）直线AB到平面EFCD的距离；
（Ⅱ）二面角F﹣AD﹣E的平面角的正切值．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算。 专题： 计算题。 分析： 解法一：（几何法）（Ⅰ）AB到面EFCD的距离等于点A到面EFCD的距离，故可过A作平面EFCD的垂
线，注意到面AFD⊥面EFDC，故只需过A作FD的垂线即可． （Ⅱ）由已知条件做出二面角F﹣AD﹣E的平面角，再求解．已知FA⊥AD，再可求证EA⊥AD，故，∠FAE为二面角F﹣AD﹣E的平面角，再解△AEF即可． 解法二：（向量法）由AB、AD、AF两两垂直，故可通过向量法求解．
（Ⅰ）求平面EFCD的法向量，则直线AB到平面EFCD的距离=
（Ⅱ）分别求出两个面的法向量，再求两个法向量的余弦，即二面角F﹣AD﹣E的平面角的余弦，再求正切即可．
解答： 解：法一：
（Ⅰ）∵AB∥DC，DC⊂平面EFCD，
∴AB到面EFCD的距离等于点A到面EFCD的距离，
过点A作AG⊥FD于G，因
AB∥DC，
故CD⊥AD；又∵FA⊥平面ABCD， 由三垂线定理可知，CD⊥FD， 故CD⊥面FAD，知CD⊥AG，
所以AG为所求直线AB到面EFCD的距离． 在Rt△FCD中，
由FA⊥平面ABCD，得FA⊥AD，从而在Rt△FAD中
∴
．
．
即直线AB到平面EFCD的距离为
（Ⅱ）由己知，FA⊥平面ABCD，得FA⊥AD， 又由
，知AD⊥AB，
故AD⊥平面ABFE∴DA⊥AE，
所以，∠FAE为二面角F﹣AD﹣E的平面角，记为θ． 在Rt△AED中，
，
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由平行四边形ABCD得，FE∥BA，从而在Rt△AEF中，故
． ，
所以二面角F﹣AD﹣E的平面角的正切值为
法二：
（Ⅰ）如图以A点为坐标原点，的方向为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系数，则A（0，
0，0）
C（2，2，0）D（0，2，0）设F（0，0，z0）（z0＞0）可得由
．即
，
解得F（0，0，1）
∵AB∥DC，DC⊂面EFCD，
所以直线AB到面EFCD的距离等于点A到面EFCD的距离． 设A点在平面EFCD上的射影点为G（x1，y1，z1）， 则因
且
，
而
，
此即
解得x1=0①，知G点在yoz面上，
故G点在FD上.
，
故有②联立①，②解得，
∴为直线AB到面EFCD的距离．
而
所以
（Ⅱ）因四边形ABFE为平行四边形， 则可设E（x0，0，1）（x0＜0），．
由得
，
解得．即
．故
由，
因
，，
故∠FAE为二面角F﹣AD﹣E的平面角，
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，
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又∵
，
，
，
所以
点评： 本题考查空间的角和空间距离的计算，考查空间想象能力和运算能力．注意几何法和向量法的应用． 11．（2009•北京）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，PA=AB，∠ABC=60°，∠BCA=90°，点D、E分别在棱PB、PC上，且DE∥BC． （1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的正弦值； （3）是否存在点E使得二面角A﹣DE﹣P为直二面角？并说明理由．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面所成的角。 专题： 计算题；证明题。 分析： （1）欲证BC⊥平面PAC，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证BC与平面PAC内两相交直线垂直，
根据线面垂直的性质可知PA⊥BC，而AC⊥BC，满足定理所需条件；
（2）根据DE⊥平面PAC，垂足为点E，则∠DAE是AD与平面PAC所成的角．在Rt△ADE中，求出AD与平面PAC所成角即可；
（3）根据DE⊥AE，DE⊥PE，由二面角的平面角的定义可知∠AEP为二面角A﹣DE﹣P的平面角，而PA⊥AC，则在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC，从而存在点E使得二面角A﹣DE﹣P是直二面角．
解答： 解：（1）∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC．
又∠BCA=90°，∴AC⊥BC，∴BC⊥平面PAC． （2）∵D为PB的中点，DE∥BC，
∴DE=BC．
又由（1）知，BC⊥平面PAC， ∴DE⊥平面PAC，垂足为点E，
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∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角． ∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB．
又PA=AB，∴△ABP为等腰直角三角形，
∴AD=
AB．
在Rt△ABC中，∠ABC=60°，∴BC=AB， ∴在Rt△ADE中，sin∠DAE=
=
=． ，
即AD与平面PAC所成角的正弦值为
（3）∵DE∥BC，又由（1）知，BC⊥平面PAC， ∴DE⊥平面PAC．
又∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC， ∴DE⊥AE，DE⊥PE，
∴∠AEP为二面角A﹣DE﹣P的平面角． ∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，
∴∠PAC=90°，∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC． 这时，∠AEP=90°，
故存在点E使得二面角A﹣DE﹣P是直二面角．
点评： 考查线面所成角、线面垂直的判定定理以及二面角的求法，涉及到的知识点比较多，知识性技巧性都很强．
12．（2007•山东）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC． （I）设E是DC的中点，求证：D1E∥平面A1BD； （II）求二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的判定。
分析： （1）由题意及图形所给的线段大小之间的关系，利用线线平行进而得到线面平行；
（2）利用图形中两两垂直的线和题中所给的线段的大小，建立空间直角坐标系，利用向量的知识求出二面角的大小．
解答： 解：（I）连接BE，则四边形DABE为正方形，
∴BE=AD=A1D1，且BE∥AD∥A1D1，
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∴四边形A1D1EB为平行四边形，∴D1E∥A1B． ∵D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD， ∴D1E∥平面A1BD．
（II）以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 不妨设DA=1，则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C1（0，2，2），A1（1，0，2）．
∴设由取z=1，则设
．
为平面A1BD的一个法向量， 得
为平面C1BD的一个法向量，
由得，
取z1=1，则∵.
．
由于该二面角A1﹣BD﹣C1为锐角， 所以所求的二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值为
．
点评： 此题重点考查了学生的空间想象能力，还考查了线面平行的判定定理及利用空间直角坐标系即向量的知识求二面角的大小．
13．（2006•江西）如图，在三棱锥A﹣BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形． （1）求证：AD⊥BC．
（2）求二面角B﹣AC﹣D的大小．
（3）在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面所成的角。
分析： （1）方法一：根据三垂线定理可得：作AH⊥面BCD于H，连DH．由长度计算可得：BHCD是正方形，
所以DH⊥BC，则AD⊥BC．
方法二：证明异面直线垂直，也可以先证明直线与平面垂直：取BC的中点O，连AO、DO，则有AO⊥BC，
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DO⊥BC，所以BC⊥面AOD （2）二面角的度量关键在于作出它的平面角，常用的方法就是三垂线定理．作BM⊥AC于M，作MN⊥AC交AD于N，则∠BMN就是二面角B﹣AC﹣D的平面角，再根据余弦定理即可求得cos∠BMN的大小． （3）直线与平面所成的角，需先作出平面的垂线：设E是所求的点，作EF⊥CH于F，连FD．则EF∥AH，所以EF⊥面BCD，∠EDF就是ED与面BCD所成的角，则∠EDF=30°．
解答： 解：（1）方法一：作AH⊥面BCD于H，连DH．
AB⊥BD⇒HB⊥BD，又AD=，BD=1 ∴AB==BC=AC ∴BD⊥DC
又BD=CD，则BHCD是正方形， 则DH⊥BC∴AD⊥BC
方法二：取BC的中点O，连AO、DO 则有AO⊥BC，DO⊥BC，∴BC⊥面AOD ∴BC⊥AD
（2）作BM⊥AC于M，作MN⊥AC交AD于N，则∠BMN就是二面角B﹣AC﹣D的平面角，因为AB=AC=BC=
，MN=CD=，BN=AD=
，由余弦定理可求得cos∠BMN=
∵M是AC的中点，则BM=∴∠BMN=arccos
（3）设E是所求的点，作EF⊥CH于F，连FD．则EF∥AH， ∴EF⊥面BCD，∠EDF就是ED与面BCD所成的角， 则∠EDF=30°．
设EF=x，易得AH=HC=1，则CF=x，FD=∴tan∠EDF=
=
=
，
解得x=，
则CE=，x=1
故线段AC上存在E点，且CE=1时，ED与面BCD成30°角．
点评： 本小题主要考查棱锥的结构特征，二面角和线面关系等基本知识，同时考查空间想象能力和推理、运算能
力．
14．（2005•重庆）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，E是AB上一点，PE⊥EC．已知
，
求
（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离；
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（Ⅱ）二面角E﹣PC﹣D的大小．
考点： 与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算。 专题： 计算题。
分析： （Ⅰ）先寻找异面直线PD与EC的公垂线，由三垂直线定理的逆定理知EC⊥DE，从而DE是异面直线PD
与EC的公垂线，最后根据△DAE∽△CED，求出DE，从而求出异面直线PD与EC的距离； （Ⅱ）过E作EG⊥CD交CD于G，作GH⊥PC交PC于H，连接EH．根据二面角平面角的定义可知∠EHG为二面角的平面角，在直角三角形EHG中求出此角即可得到二面角E﹣PC﹣D的大小．
解答： 解：（Ⅰ）因PD⊥底面AD，故PD⊥DE，又因EC⊥PE，
且DE是PE在面ABCD内的射影，由三垂直线定理的逆定理知 EC⊥DE，因此DE是异面直线PD与EC的公垂线．
设DE=x，因△DAE∽△CED，故x：=2：x．
从而DE=1，即异面直线PD与EC的距离为1．
（Ⅱ）过E作EG⊥CD交CD于G，作GH⊥PC交PC于H，连接EH．因PD⊥底面AD， 故PD⊥EG，从而EG⊥面PCD．
因GH⊥PC，且GH是EH在面PDC内的射影， 由三垂线定理知EH⊥PC．
因此∠EHG为二面角的平面角． 在面PDC中，PD=
，CD=2，GC=
，
，
因△PDC∽△GHC，故
又，
故在
即二面角E﹣PC﹣D的大小为
．
，
点评： 本题主要考查了异面直线的距离的度量，以及二面角的度量，同时考查了推理能力和计算能力，属于中档
题．
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