【图文】直线和平面所成的角与二面角1_百度文库
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直线和平面所成的角与二面角1
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你可能喜欢利用向量处理二面角问题的一种方法--《数学教学》2015年06期
利用向量处理二面角问题的一种方法
【摘要】：正空间向量方法在处理空间点、直线、平面之间的位置关系、距离、线线角、线面角问题上,表现几近完美,但在处理二面角问题时会遇到如何判断二面角的平面角与两个法向量夹角的关系问题.本文提出一种判断两法向量所成角与二面角的平面角关系的有效策略,而且形式简单,操作性强,并利用空间解析几何的相关知识证明了该法的正确性。1.提出问题题目(2012年高考浙江卷理科第20题)如图1,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为
【作者单位】：
【关键词】：
【分类号】：G634.6【正文快照】：
空间向量方法在处理空间点、直线、平 p面之间的位置关系、距离、线线角、线面角问 k题上,表现几近完美,但在处理二面角问题时 \\\会遇到如何判断二面角的平面角与两个法向量 /;E\\夹角的关系问题.本文提出一种判断两法向量所成角与二面角的平面角关系的有效策略,而 /\'^^Q\且
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京公网安备75号10sx30向量法求角与距离、三视图(答案)_百度文库
10sx30向量法求角与距离、三视图(答案)
优盟名师课程内部讲义
向量法求角与距离、三视图
概念与方法总结：
1、会用向量的方法求线与线、线与面、面与面所成的角，点与点、点与面之间的距离。 提示：立体几何的计算主要是求角和距离，侧重求角。
计算方法：
??a?b??cos??，则直线l1,l2所成角l,l① 线与线所成角：设分别与直线12平行的向量为a,b，且ab
为arccos?或??arccos?（取?0,?的角）。 ?2????
??a?n??sin??，则直② 线与面所成角：设与直线l平行的向量为a，平面?的法向量为n，且an
???的角）。 ?2??
??????????n1?n2cos??，则二面角大小为arccos?或③二面角求法：设平面?,?的法向量为n1,n2，且n1n2线l与平面?所成角为arcsin?或??arcsin?（取?0,
????????④ 点到点的距离：若已知向量AB，则点A、B的距离为AB。
⑤ 点到面的距离：已知点A是平面?外的点，点B是?内的点，且?的法向量为n，则点A。 ??arccos?（二面角的范围是?0,??）?
?????AB?n。 到平面?达距离为d?n
????推导过程：如图，A'为点A在平面?内的投影，则d?|AA'|， ???????????????AB?nAB?nAB?(?n)∵cos?BAA'?， 或，即cos?BAA'?ABnABnABn
??AB?n????????∴d?|AA'|?|AB|cos?BAA'?。 n
2、基础命题：（1）两条直线平行或重合的充要条件是它们的方向向量互相平行；
（2）一条直线与一个平面平行或在一个平面内的充要条件是这条直线的方向向量垂直于该平面的法向量；
（3）两个平面平行或重合的充要条件是它们的法向量互相平行。
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=cos1·cos2，最小角定理，二面角的概念，二面角的平面角，两个平面垂直的判定定理及性质定理，对于本节知识的学习要了解线面角、半平面与半平面所成二面角以及异面直线所成角，在求法上一般都是转化为平面的角，具体地，通常应用“线线角抓平移，线面角抓射影，面面角抓平面角，利用向量抓法向量”而达到化归的目的.要注意对平面角的拼求和各种角的定义及取值范围.空间角的计算步骤是“一作，二证，三计算”.“作”即在图形中若无所求空间角的平面角，应先作出来；“证”指明自己所找或所作的角即为所求角；“计算”在平面几何图形内把角求出.在三种角的计算中要特别注意二面角的作法及求法，注意cos=cos1·cos2在线面角求值中的应用，注意利用射影面积公式S′=S·cos求二面角，对于平面与平面垂直的判定与性质的学习，可以与直线与直线垂直，直线与平面垂直的判定与性质联系起来，应用时注意三种垂直之间的相互转化.同时在学习中培养空间的想象能力、解决问题的能力以及逻辑推理能力和运算能力.
=cos1·cos2.
④作法：作出直线和平面所成角，关键是作垂线，找射影.
①定义：由一条直线出发的两个半平面组成的图形叫二面角.
②二面角的平面角：定义：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫二面角的平面角.
对概念的理解要注意：平面角的两边分别在二面角的两个半平面内；平面角的二边都和二面角的棱垂直.
③二面角平面角的求法：
直接法：所谓直接法即先作出二面角的平面角，经过证明后再进行计算，常用的直接法有三：
(a)利用平面角的定义；
(b)利用三垂线定理；
(c)过一点作棱的垂面.
间接法：所谓间接法，就是不作出二面角的平面角，而利用公式cos=.此方法也叫射影法.也可利用两半平面法向量的夹角求二面角.
注意当直接作出二面角的平面角有一定难度时，一般才采用间接法求二面角大小.
④二面角的范围是0°≤≤180°，可从两个半平面“重合”、“相交”和“共面”各种情况考虑，重合时=0°；相交时，0°＜＜180°；共面时，=180°.
（3）两个平面垂直的判定
①定义：如果两相交平面所成二面角是直二面角，那么这两个平面互相垂直.
两个平面互相垂直是两个平面相交的特殊情况，若两个相交平面所成的二面角是直二面角，则称这两个平面互相垂直，它和平面几何里两条直线互相垂直的概念类似.
②判定定理：如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.即β⊥α.简言之，“线面垂直面面垂直”.
(4)两个平面垂直的性质
①如果两个平面互相垂直，那么它们所成二面角的平面角是直角.
②性质定理：如果两个平面互相垂直，那么一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.即a⊥α.简言之，“面面垂直线面垂直”.
③如果两个平面互相垂直，那么过一个平面内一点和另一个平面垂直的直线，必在此平面内.
④如果一个平面和二个相交平面都垂直，那么它就和它们的交线垂直.
(5)从两个平面垂直的判定定理和性质定理中可看出，平面与平面的垂直问题可转化为直线与平面的垂直问题，即从线面垂直可推出面面垂直，反过来，由面面垂直又可推出线面垂直，这说明线面垂直与面面垂直之间有密切关系，可以互相转化.
二、重点难点突破
本节的重点是斜线在平面上射影的概念，斜线与平面所成角的概念，二面角的概念，两个平而垂直的判定定理.对于斜线在平面上的射影可通过具体作图具体体验，要注意O点选取的任意性及斜线在平面上的射影是直线不是线段，斜线与平面所成角要紧扣概念，了解范围.本节的难点是cos=cos1·cos2的灵活应用，二面角的平面角.对于二面角的平面角和平面中角的概念作类比，注意化归思想的应用，二面角的考查在高考十一年间有十年都有涉及，是考试热点，应重视.
三、易错点和易忽略点导析
在求二面角时，忽略二面角的范围，用反三角函数表示角出现错误或确定平面角出现错误.
【例】 已知∠AOB=90°，过O点引∠AOB所在平面的斜线OC，与OA、OB分别成45°、60°角测以OC为棱的二面角A-OC-B大小为________.
错解：如图9-7-1所示，在OC上取一点C，使OC=1.过C分别作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B.
，BC=，OB=2.
在Rt△AOB中，AB2=OA2+OB2=6.
在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ACB=-.
∴∠ACB=arccos，即二面角A-OC-B为arccos.
正确解法：如图9-7-1所示，在OC上取一点C，使OC=1，过C分别作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B，则AC=1，OA=，BC=，OB=2.
在Rt△AOB中，AB2=OA2+OB2=6，得cos∠ACB=-.
∴∠ACB=π-arccos.即二面角A-OC-B为π-arccos.
错解分析：混淆了二面角的范围[0，π]与异面直线所成角的范围(0，]，且对于反三角函数的表示不熟悉.
.故所求二面角的大小为.
点拨：当所求的二面角没有给出它的棱时，可通过公理1和公理2，找出二面角的两个面的两个公共点，从而找出它的棱，进而求其平面角的大小.需要注意的是，若利用cos=求二面角的大小，作为解答题，高考中是要扣分的，因为它不是定理.
【例2】 设△ABC和△DBC所在的两个平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=∠DBC=120°.求：
(1)直线AD与平面BCD所成角的大小；
(2)异面直线AD与BC所成的角的大小；
(3)二面角A-BD-C的大小.
思维入门指导：本题主要考查对空间三种角的“作一证一求”.在解题时要合理利用题中条件.
解：(1)如图9-7-3所示，在平面ABC内，过A作AH⊥BC，垂足为H，则AH⊥平面DBC，连结DH，故∠ADH为直线AD与平面BCD所成的角.
a，BH=a，BD=BC=a.
在△HDB中，求得HR=a.∴tan∠ARH==2.
故二面角A-BD-C的大小为π－arctan2.
点拨：本题是一道中档难度的立体几何综合题.这种试题命题的目的是考查立体几何重点知识，并且使之能覆盖较多的知识点.
二、应用思维点拨
【例3】 如图9-7-4所示，边长AC=3，BC=4，AB=5的三角形简易遮阳棚，其A，B是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角.试问：遮阳棚ABC与地面成多大角度时，才能保证遮影面ABD面积最大？
在△CQD中，由正弦定理，有
=.即QD=sin∠QCD.
为了使平面ABD的面积最大，需QD最大，这只有当∠QCD=90°时才可达到.从而∠CQD=60°.故当遮阳棚ABC与地面成60°角时，才能保证遮影面ABD面积最大.
点拨：从研究中可看出只有当遮阳棚所在平面与太阳光线垂直时，才能挡住最多的光线，被遮阳的地面面积才能获得最大值.利用这个结论，也很容易得出所求值为60°，参看图9-7-6.
，BC=CD=3，AC=，BD=2.
∴AC2=AF2+CE2.
∴∠AEC=90°.
又AE⊥BD，
∴AE⊥平面BCD.
又AE平面ABD，
∴平面ABD上平面BCD.
(2)作EF⊥CD于F，连AF.
∵AE⊥平面BCD，由三垂线定理得，AF⊥CD，
∴∠AFE就是二面角A-CD-B的平面角，
EF=ED·sin∠EDF=ED·=1×=.
∴tan∠AFE===.
即二面角A-CD-B的正切值为.
(3)解法一：取AB的中点M，AC的中点N，连MN、ME、NE.则ME∥AD，MN∥BC.
∴∠NME是异面直线BC与AD所成角或其补角.
∵MN=BC=，
由余弦定理，cos∠NME==＞0.
∴∠NME为锐角.
∴∠NME就是异面直线BC与AD所成角，其余弦值为.
解法二：在平面BCD内作□BCGD(如图9-7-8)，连结AG，则DG∥BC，
cos∠ADG===.
∴直线BC与AD所成角的余弦值为.
点拨：本题的(1)设问新颖，属开放式，增加了问题的灵活度，对空间想象能力、推理、判断能力要求更高，近年高考中像这样开放式设问题的试题较多，是高考命题的一个热点.本题的(3)求异面直线所成角，要化归为相交线所成角，解法一利用中位线性质将两异面直线所成角转化为相交直线所成角，解法二过一直线上一点作另一直线的平行线.应注意异面直线所成角一定是锐角或直角.
四、高考思维点拨
【例5】 (2002，河南、江苏)四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形PB⊥面ABCD.
(1)若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；
(2)证明：无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°.
思维入门指导：解答第(1)问，基本思路是寻找面PAD与底面ABCD所成的二面角的平面角，进而求棱锥的高和体积；也可以通过侧面△PDA在底面的射影面积与二面角的关系求解；还可以补形为正四棱柱求解，但此法较繁琐.解答第(2)问，首先要找出面PAD与面PCD所成的二面角的平面角，也即找出一个垂直于PD的平面，转化为在平面上研究该平面角的大小.
(1)解法一：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影.
又DA⊥AB，∴PA⊥DA.
∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角.
∴∠PAB=60°.
而PB是四棱锥P—ABCD的高，PB=AB·tan60°=a，
∴V锥=·a·a2=a3.
解法二：如图9-7-9，∵PB⊥面ABCD，连结BD，
则△ABD是△APD在面ABCD上的射影，
∴=cos60°.
又S△ABD=a2，∴S△APD==a2.
在Rt△PAB中，PB==a，
∵PB是四棱推P—ABCD的高，
∴V锥＝·a·a2＝a3.
(2)证法一：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形.作AE⊥DP，垂足为E，连结EC，如图9-7-10，则△ADE≌△CDE，∴AE=CE，∠CED=90°.
a=OA＜AE＜AD=a，且AD=OA.在△AEC中，cos∠AEC==＜0.所以，面PAD与PCD所成的二面角恒大于90°.
证法二：如图9-7-10，同证法一，得∠CEA是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角.设PB=h，则PA2=h2+a2，PD2＝h2+2a2.
在Rt△PAD中，AE==.
在△AEC中，∵AE=EC，
∴cos∠AEC==
　　　　　=1-=1-=-＜0.
∴∠AEC是钝角.即面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°.
点拨：本题以《立体几何》课本的一道复习题为基础，通过题中某个元素的变动，导出某个“恒定”的结论，创设出一个新的问题，与课本的习题一气呵成，构成一个完美的题组，给人以完整、清新、自然的感觉，是一道颇具创意的试题.本题的第(1)题，出自于课本复习参考题九B组第6组，它只改变问题的表述，并不改变问题的本质，考查线面、线线垂直关系的逻辑推理和解直角三角形、求棱锥体积的运算，是对考生的基本要求.
五、经典类型题思维点拨
【例6】 如图9-7-11，三棱柱OAB－O1A1B1，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB=60°，∠AOB=90°，且OB=OO1=2， OA=.求：
二面角O1-AB-O的大小；
思维入门指导：根据题意利用二面角的定义，找出二面角的平面角，运用解三角形的知识求出.
，sin∠OBA==.
∴DE=DB·sin∠OBA=.
∵在Rt△O1DE中，tan∠DEO1==.
∴∠DEO1=arctan.
即二面角O1-AB-O的大小为arctan.
六、探究性学习点拨
【例7】 在直角梯形ABCD中，∠D=∠BAD=90°，AD=DC=AB=a(如图9-7-12(1))，将△ADC沿AC折起，使D到D′，记面ACD′为α，面ABC为β，面BCD′为.
(1)若二面角α-AC-β为直二面角(如图9-7-12(2))，求二面角β-BC-的大小；
(2)若二面角α-AC-β为60°(如图9-7-12(3))，求三棱锥D′一ABC的体积.
a，∠CAB=45°.
由AB=2a，可推得BC=AC=a，∴AC⊥BC.
取AC的中点E，连结D′E，如图9-7-13，则D′E⊥AC.
平面β，∴BC⊥D′E.
∴BC⊥α.而D′Cα，∴BC⊥D′C.
∴∠D′CA为二面角β-BC-的平面角.
由于∠D′CA=45°，∴二面角β-BC-为45°.
(2)如图9-7-14，取AC的中点E，连结D′E，再过D′作D′O⊥β，垂足为O，连结O E.∵AC⊥D′E，∴AC⊥OE.∴∠D′EO为二面角α-AC-β的平面角.∴∠D′EO=60°.在Rt△D′OE中，D′E=AC=a，D′O=D′E·sin60°=a·=a.∴VD′-ABC=S△ABC·D′O=×
AC·BC·D′O=×a×a×a=a3.
点拨：本题立意简明，考查了空间图形的基本推理和运算，对于折叠问题，空间图形中大多数数据靠平面图形计算去赋值，这是解决这类问题的通常思考方法，题目难度中档，有一定的区分度.
BB1；则AB1与C1B所成角的大小为（　　）
A.60°　　　　　　　B.90°　　　　　　　C.105°　　　　　　　D.75°
2.直线l与平面α斜交成n°角，则l与α内任意直线所成角中，最小与最大的角分别是(　
A.n°与90°　　　　　　　　　　　　　　　B.180°-n°与n°
C.n°与180°-n°　　　　　　　　　　　　D.以上都不是
3.PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（　　）
A.　　　　　　 B.　　　　　　　　　C.　　　　　　　D.
4.二面角α-AB-β的平面角是锐角，C是面α内的一点（它不在棱AB上），点D是点C在面β上的射影，点E是棱AB上满足∠CEB为锐角的任意一点，那么（　　）
A.∠CEB=∠DEB　　　　　　　　　　　　　　B.∠CEB＞∠DEB
C.∠CEB＜∠DEB　　　　　　　　　　　　　 D.∠CEB与∠DEB的大小关系不能确定
5.在空间四边形ABCD中，M、N分别为AB、CD的中点，且AD=4，BC=6，MN=，则AD与BC所成角的余弦值和所成角分别为（　　）
A.-，　　　　B.-，　　　　　　 C.，　　　　　D.，
6.已知a、b是异面直线，A，B∈α，A1，B1∈b，AA1⊥α，AA1⊥b，BB1⊥b，且AB=2，A1B1=1，则α与b所成的角等于（　　）
A.30°　　　　　　B.45°　　　　　　　　 C.60°　　　　　　D.75°
二、填空题（每小题4分，共16分）
7.在正方体ABCD－－A1B1C1D1中，BD1与平面A1B1C1D1所成角的正切值为________.
8.AB∥平面α，AC⊥α于C，BD是α的斜线，D是斜足，若AC=9，BD=6，则BD与α所成的角为________.
9.过一个平面的垂线和这个平面垂直的平面有________.
10.一条长为a的线段夹在互相垂直的两平面之间，它和这两个平面所成角分别为45°和30°，由这线段的两个端点向两个平面引垂线，那么垂足间的距离是________.
三、解答题（每小题7分，共14分）
11.如图9-7-15，A是△BCD所在平面外一点，AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°.E是BD的中点.
求证：平面AEC⊥平面ABD，平面AEC⊥平面BDC.
(2)记面BCV为α，面DCV为β，若∠BED是二面角α-VC-β的平面角，求∠BED.
二、应用题（10分）
2.一个气象探测气球以14m／min的垂直分速度由地面上升，经过10min后，由观察点D测得气球在D的正东，仰角为45°；又过10min后，测得气球在D的北偏东60°，仰角为60°.若气球是直线运动，求风向与风速.
三、创新题（60分）
（一）教材变型题（10分）
3.（P46习题9.7第4题变型）山坡与水平面成30°角，坡面上有一条与山底水平线成30°角的直线小路，某人沿小路上坡走了一段路程后升高了100米，则此人行走的路程为________　.
（二）一题多解（15分）
4.如图9-7-17，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AA1、AB之中点，求EF和平面ACC1A1所成角的大小.
(0＜＜)，求四面体MABC的体积.
加试题：竞赛趣味题(10分)
已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，在AC上取一点P，过P、A′，B′三点作的平面与底面所成二面角为α，过P、B′、C′三点作的平面与底面所成的二面角为β，求α+β的最小值.
]，所以cosα=|cosθ|=.
【例1】 (2002，上海春季)如图9-7-21，三校柱OAB—O1A1BI，平面OB1⊥平面OAB，∠O1OB
=60°，∠AOB=90°，且OB=OO1=2，OA=，求异面直线A1B与AO1所成角的大小.
)，A(，0，0)，A1(，1)，B（0，2，0）.
∴=-=(-，1，-)，=-=(，-1，).
设异面直线所成的角为α，则cosα==.故异面直线A1B与AO1所成的角的大小为arccos.
点拨：(1)以向量为工具，利用空间向量的坐标表示，空间向量的数量积计算公式，异面直线所成角问题思路自然，解法灵活简便；(2)也可以直接用自由向量=a，=b，=c表示与，然后再来解.
2.求直线与平面所成的角
在求平面的斜线与平面所成的角时，一般有两种思考的途径，如图9-7-22，一种是按定义得∠POH=&，&；另一种方法是利用法向量知识，如图9-7-22，平面α的法向量为n，先求与n的夹角，注意PO与α所成角θ与&，n&的关系，于是就有sinθ=|cos&，n&|.
a，求直线AC1与侧面AB1所成的角的大小.
a，，a)，取A1B1中点M，则M(0，，a)，连结AM，MC1，有=(-a，0，0)，=(0，a，
0)，=(0，0，a).由于·=0，·=0，∴MC1⊥面AB1.∴∠C1AM是AC1与侧面AB1所成的角θ.
∵=(-a，，a)，=(0，，a)，
∴·=0++2a2=.
∴cos&，&==.
∴&，&=30°，即AC1与侧面AB1所成的角为30°.
解法二(法向量法)：(接法一)=（0，0，a）.设侧面A1B的法向量n=(λ，x，y).所以n·=0，且n·=0，∴ax=0，且ay=0.
∴x=y=0，故n=(λ，0，0).
∵=(-a，，a)，
∴cos&，n&===-.
∴sinθ=|cos&，n&|=.∴θ=30°.
点拨：充分利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系.再用向量有关知识求解线面角.解法二给出了一般的方法，先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算.
3.求二面角
利用向量法求二面角的平面角有两种途径，一是根据二面角的平面角的定义，如图9-7-24，AB⊥l，CD⊥l，ABα，CDβ，则二面角α- l-β的大小为&，&.另一种方法是利用两平面的法向量的夹角求解，但应注意法向量n1、n2的夹角与二面角的大小是相等或互补的.
，求面SCD与面SBA所成的角.
，0，0)，S(0，1，
0)，得=(，1，0)，=(，0，-1)，=(1，1，-1).设平面SDC的法向量为n1=(x1，y1，z1).∵n1⊥面SDC，∴n1⊥，n1⊥，n1⊥.
设平面SAB的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则
＝（0，0，-1），＝（0，-1，1）.
∴x2=y2=0.∴n2=(x2，0，0).
∴cos&n1，n2&=
∵面SAB与面SCD所成角的二面角为锐角θ，
∴cosθ=|cos&n1，n2&|==.
∴θ=arccos.
故面SCD与面SBA所成的角大小为arccos.
点拨：本题考查了空间向量的坐标表示，空间向量的数量积，空间向量垂直的充要条件，空间向量的夹角公式和直线与平面垂直的判定，考查了学生的运算能力，综合运用所学知识解决问题的能力.
h，可得A(0，-h，h)，B(0，h，h)，B1(0，h，0)，C1(h，0，0).
则=(0，h，-h)，=(h，-h，-h).
∵·=O×h+h·(-h)+h2=0，
2.A　点拨：直线与平面斜交时，斜线和面所成角是斜线与面内所有直线所成角中最小的，且最大角为直角.
3.C　点拨：构造正方体如答图9-7-2所示，过点C作CO⊥平面PAB，垂足为O，则O是正△ABP的中心，于是∠CPO为PC与平面PAB所成的角.
PD=a.故cos∠CPO==.
4.B　点拨：结合图形，可先比较tan∠CEB与tan∠DEB的大小，即可得到答案.
5.C　点拨：取BD的中点P，连PM、PN，则PM=2，PN=3，然后用余弦定理可求得.
二、7.　点拨：如答图9-7-3，连结B1D1，则∠B1D1B为BD1与面A1B1C1D1所成角，tan∠B1DB==.
　点拨：过B作BE⊥α，垂足为E，如答图9-7-4，连结DE，则∠BDE为直线BD与α所成角.在Rt△BED中易知∠BDE=60°.
9.无数个　点拨：由直线和平面垂直的判定定理可知满足条件有无数个.
三、11.证明：∵AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，AC=AC，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC.∴BC=CD.
又∵E为BD的中点，∴CE⊥BD.
又AB=AD，且E为BD的中点，∴AE⊥BD，则BD⊥平面ACE.
又BD平面ABD，BD平面BCD，∴平面ABD⊥平面AEC，平面BDC⊥平面AEC.
点拨：本题关键证明BD⊥面ACE.
12.解：如答图9-7-5，设正方体的棱长为a，在△AB1E中，AB1=a，B1E=a，AE=a.
==.∴sin∠AB1E=.
∴S=·AB1·B1E·sin∠AB1E=×a·a×=a2.
又S=·a·a=a2，∴cosθ===.
即平面AB1E与底面A1B1C1D1所成角的余弦值为.
一、1.解：(1)依题意，B(a，a，0)，C(-a，a，0)，D(-a，-a，0)，E(-，，)，
∴=(-，-，)，=(，，).
∴·=(-·)+(-·)+·=-+，
由向量的数量积公式，有
cos&，&===.
(2)∵∠BED是二面角α-VC-β的平面角，
∴⊥，即有·=0.
又由C（-a，a，0），V（0，0，h），
得=(a，-a，h)，且=(-，-，)，
∴·=-++=0.
即h=，此时有
cos&·&===-，
∴∠BED=&，&=arccos(-)=π-arccos.
点拨：应用空间向量注意坐标系的建立及点的坐标的确定.
二、2.解：以水平放置的平面α的地面，根据题意画出空间图形如答图9-7-6所示.10min后气球位置为A，又10min后气球位置为B，A、B在平面α的射影分别为A1、B1，且AA1＝14×10＝140(m)，BB1=14×20=280(m)，∠A1DB1=30°，∠A1DA=45°，∠B1DB=60°，于是，得
在△A1DB1中，
A1B=1402+()2-2·140··=(m).
因此，风速为=(m/min).
∵B1D2=A1D2+A1B，∴∠DA1B1=90°.
故风向为正北.
点拨：要使问题得以解决，其关键在于能否建立起一个能表示观察点D与该气球的相对位置之间关系的几何模型，因为有了几何模型我们就能根据其立体图形进行相关的计算，求出风向和风速.在利用立体图形进行计算之前，必须在图中找到对应的已知量.
三、(一)3.400米　点拨：山坡与水平面成30°角，就是指立体几何中的“二面角的平面角及其大小”，这里只须将文字语言“翻译”成图形语言，再进行推理运算.
如答图9-7-7所示，∠BCO=∠BAC=30°，BC=2BO=200（米）
又E、F是AA1、AB的中点，∴EF=A1B=AC.
Rt△AGF中，由∠GAF=，有GF=AG=AC.所以在Rt△FGE中，sin∠EFG===.∴∠FEG=.
解法二：有现成的垂直关系，直线与平面所成的角最终是由直线与直线所成的角表示其大小的，故可建立空间直角坐标系利用向量数量积解决.
建立如答图9-7-8的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则由E、F是AA1、AB的中点.有E（2，0，1），F（2，1，0）.过F作FG⊥AC于G，则由正方体性质有FG⊥平面ACC1A1.连EG，则与的夹角为所求，又由F是AB的中点，有AG=AC.
∴G(，，0)，=(-，，-1)，(0，1，-1).
∴cos&，&===.
又&，&∈(0，)，&，&=，
∴EF与平面ACC1A1所成的角为.
（三）5.解：①∵PA⊥平面ABCD，连结AC、BD，BD⊥AC，∴BD⊥PC(三垂线定理).
在平面PBC内，作BE⊥PC，E为垂足，连结DE，得PC⊥平面BED，从而DE⊥PC，即∠BED是二面角B-PC-D的平面角.
在Rt△PAB中，由PA=AB=a，得PB=a.
PA⊥平面ABCD，BC⊥AB，
∴BC⊥PB（三垂线定理）.∴PC==a.
在Rt△PBC中，
在△BDE中，根据余弦定理，得
cos∠BED===-.
∴∠BED=120°，此即为二面角B-PC-D的大小.
②过P作PQ∥AB，则PQ平面PAB.
∵AB∥CD，
∴PQ∥CD，PQ平面PCD.
∵PA=AB，∴PA=PQ.
∵PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，∴CD⊥PD.∴PD⊥PQ.
∵PA=AB=AD，∴∠APD=45°.
即平面PAB和平面PCD所成的二面角是45°.
(1)前面的解题过程同①，即∠BED是二面角B-PC-D的平面角.∵四边形ABCD是菱形且∠ABC=60°，∴AB=BC=AC=a，PB=PC=a，cos∠PCB==，sin∠PCB=.∴BE=BC·sin∠PCB=a.同理DE=BE=a.又BD=2·AB=a.在△BED中，cos∠BED=
=-.∴∠BED=π-arccos.即二面角B-PC-D的大小为π-arccos.
点拨：考查知识的综合应用.
(四)6.老解法：如答图9-7-9，令AA′=a，则AB=2a，A′B=a，AC=a，A′C=a.
a·=6a2-2a2，
在△A′BC中，BC2=A′B2+A′C2-2A′B·A′C·cos∠BA′C=3a2+a2-2·2a·a·a·
cos∠BA′C=4a2-2a2·cos∠BA′C，
∴6a2-2=4a2-2a2cos∠BA′C.
∴cos∠BA′C==.
新解法：可以利用cosθ1=cosθ2，先求∠A′BC的余弦.再由正弦定理求∠BA′C的正弦值，然后根据同角三角函数基本关系式求∠BA′C的余弦值.
(五)7.解：(1)直角梯形ABCD的面积是S底面=(BC+AD)·AB=×1=，
∴四棱锥S一ABCD的体积是V=×SA×S底面=×1×=.
(2)如答图9-7-10，延长BA、CD相交于点E，连结SE，则SE是所求二面角的棱.
=，BC=1，BC⊥SB，∴tan∠BSC==.
即所求二面角的正切值为.
点拨：本题立意简明，目的明确，是一道常规的立体几何问题，对于第二问作出二面角的棱是解题的关键，对线面垂直的考查有一定的力度，是一道中档题.
四、8.(1)证明：由已知，CD⊥AB，VN⊥平面ABC，N∈CD，AB平面ABC，∴VN⊥AB.∴AB⊥平面VNC.又V、M、N、D都在△VNC所在平面内，∴DM与VN必相交，且AB⊥DM，AB⊥CD.∴∠MDC为二面角M-AB-C的平面角.
(2)证明：由已知，∠MDC=∠CVN，在△VNC与△DMC中，∠NCV=∠MCD，又∵∠VNC=90°，∴∠DMC=∠VNC=90°.故有DM⊥VC.又AB⊥VC，∴VC⊥平面AMB.
(3)解：由(1)(2)，有MD⊥AB，MD⊥VC，且D∈AB，M∈VC，
∴MD=h.又∵∠MDC=θ，在Rt△MDC中，CM=h·tanθ.
V四面体MABC=V三棱锥C-ABM=CM·S△ABM=h·tanθ·ah=ah2tanθ.
点拨：本题是一道非常少见的春季高考试题，它重点考查线线垂直和线面垂直、体积计算和体积转换，对考生的数学素质和逻辑思维能力提出了较高的要求.
加试题：解：作PP′⊥A′C′于P′，易知PP′⊥面A′B′C′D′，作P′N⊥A′B′，则PN⊥A′B′.同理可作P′M=B′C′，则PM⊥B′C′.将△PP′N绕PP′旋转使之落到平面PA′P′中，将PP′M绕PP′旋转到平面PA′P′上，从而得到以α、β为两底角的新三角形PN′M′.设AP=a，则N′P′=NP′=，P′M′=P′M=，所以N′M′=N′P′+P′M′=1.
由知，当△PM′N′底边长、高一定时，其余两边相等时顶角最大，故只有当P在AC中点时，∠N′PM′最大，α+β=π-∠N′PM′为最小，此时N′P′=，tanα=2.又P在AC中点，α=β，则tan（α+β）=tan2α=-，
故(α+β)min=π-arctan.
点拨：本题利用旋转，将空间问题转化为平面问题，使问题得到简化.