而FP?平面B1FC，A1E?平面B1FC，所以A1E//平面B1FC．
（Ⅲ）连结A1C．在?A1AC和?A1AB中，由于AC?AB，?A1AB??A1AC，
A1A?A1A，则?A1AC≌?A1AB，故A1C?A1B．由已知得A1A?A1B?A1C?a 又∵A1H?平面ABC，∴H为?ABC的外心
设所求球的球心为O，则O?A1H，且球心O与A1A中点的连线OF?A1A
1aA1F3a2??在Rt?A1FO中，A1O?． ?cosAA1Hcos303故所求球的半径R?44333?a． a，球的体积V??R3?3273【点晴】（Ⅰ）（Ⅱ）两小题注意使用二面角属于简单立几问题。（Ⅲ）要注意球
的几何性质以及平面几何知识的合理利用。
【文】在四棱锥P-ABCD中，ABCD为正方形，PA⊥面ABCD，PA＝AB＝a，E为BC中点.
（1）求平面PDE与平面PAB所成二面角的大小； （2）求平面PBA与平面PDC所成二面角的大小 解：（1）延长AB、DE交于点F，则PF为平面PDE与平面PAD所成二面角的棱， ∵PA⊥平面ABCD， ∴AD⊥PA、AB, PA∩AB=A
∴DA⊥平面BPA于A, 过A作AO⊥PF于O，连结OD, 则∠AOD即为平面PDE与平面PAD所成二面角的平面角。
55atctan得tan?AOD?，故面PDE与面PAD所成二面角的大小为
22（2）解法1（面积法）如图∵AD⊥PA、AB, PA∩AB=A
∴DA⊥平面BPA于A, 同时BC⊥平面BPA于B, ∴△PBA是△PCD在平面PBA上的射影, 设平面PBA与平面PDC所成二面角大小为θ, cosθ=S△PAB/S△PCD=/2 θ=450
即平面BAP与平面PDC所成的二面角的大小为45°。 解法2（补形化为定义法）如图将四棱锥P-ABCD补形 得正方体ABCD-PQMN，则PQ⊥PA、PD，于是∠APD是两 面所成二面角的平面角。 在Rt△PAD中，PA=AD， 则∠APD=45°。即平面BAP与平面PDC所成二面角的大小为45°。
【点晴】求线面角、面面角关键在于准确作出角，同样遵循一作二证三计算的步骤，但应用面积射影法求二面角可避免找角，同学们注意经常使用。
【范例4】如图，已知平行六面体ABCD?A1B1C1D1的底 面ABCD是菱形，且?C1CB??C1CD??BCD?60. （I）证明：C1C⊥BD； （II）假定CD=2，C1C=
03，记面C1BD为α，面CBD为β， 2求二面角α BD β的平面角的余弦值；
（III）当
CD的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明。 CC1（I）证明：连结A1C1、AC，AC和BD交于O，连结C1O． ∵ 四边形ABCD是菱形，∴ AC⊥BD，BC=CD． 又∵?BCC1??DCC1 , C1C?C1C， ∴ ?C1BC??C1DC， ∴ C1B?C1D， ∵ DO=OB， ∴ C1O?BD，但 AC⊥BD， AC∩C1O=O， ∴ BD⊥平面AC1． 又 C1C?平面AC1， ∴ C1C?BD．
（II）解：由（I）知AC⊥BD，C1O?BD， ∴ ?C1OC是二面角??BD??的平面角．
3，?BCC1?60?， 22313?3?22∴ C1B?2????2?2??cos60??．
24?2?1139∵ ∠OCB=30?，∴ OB=BC=1．∴ C1O2?C1B2?OB2??1?，
2443∴ C1O?即C1O?C1C．作C1H⊥OC，垂足为H
23OH3∴ 点H是OC的中点，且OH ?，所以 cos?C1OC?． ?2C1O3CD?1时，能使A1C⊥平面C1BD． （III）当CC1CD?1，∴ BC=CD=C1C，又?BCD??C1CB??C1CD， 证法一：∵
CC1由此可推得BD=C1B?C1D．∴三棱锥C- C1BD是正三棱锥
在?C1BC中，BC=2，C1C?设A1C与C1O相交于G．∵A1C1∥AC，且A1C1∶OC=2∶1，∴C1G∶GO=2∶1． 又C1O是正三角形C1BD的BD边上的高和中线，
∴点G是正三角形C1BD的中心，∴CG⊥平面C1BD．即A1C⊥平面C1BD 证法二：由（I）知，BD⊥平面AC1，∵A1C?平面AC1，∴BD⊥A1C． 当
CD?1时 ，平行六面体的六个面是全等的菱形， CC1同BD⊥A1C的证法可得BC1⊥A1C．又 BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD． 【点晴】本题综合考查了立体几何的各种基础知识，（III）作为开放题有一定难度，常使用猜测（或特殊情形猜测）再分析证明的解决方法。
【文】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长 为a的正方形，并且PD=a，PA=PC=2a。
（1）求证：PD⊥平面ABCD；
（2）求异面直线PB与AC所成的角； （3）求二面角A-PB-D的大小。
（4）在这个四棱锥中放一个球，求球的最大半径。
解：（1）PC=2a，PD=PC=a，∴?PDC是Rt?，且PD⊥DC，
同理PD⊥AD，又AD∩DC=D， ∴PD⊥平面ABCD。
（2）连BD，因ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又PD⊥平面ABCD。
BD是PB在面ABCD上的射影，由三垂线定理得PB⊥AC，∴PB与AC成90°角。 （3）设AC∩BD=O，作AE⊥PB于E，连OE，
∵AC⊥BD，又PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴PD⊥AC，
又PD∩BD=D， ∴AC⊥平面PDB，则OE是AE在平面PDB上的射影。 由三垂线定理逆定理知OE⊥PB， ∴?AEO是二面角A-PB-D的平面角。 又AB=a，PA=2a，PB=3a， ∵PD⊥平面ABCD，DA⊥AB， ∴PA⊥AB，在Rt?PAB中，AE?PB=PA?AB。∴AE= ∴sinAEO?23a，又AO=
2a 2AO3，?AEO=60°，二面角A-PB-D的大小为60°。 ?OE2（4）设此球半径为R，最大的球应与四棱锥各个面相切，球心为S，连SA、SB、
SC、SD、SP，则把此四棱锥分为五个小四棱锥，它们的高均为R，由体积关系得：
VP?ABCD?21R(S?PDC?S?PBC?S?PAB?S?PDA?S正方形ABCD)3222?1aa2a2a11R(????a2)R(2a2?2a2)?a33222233aR??(2?2)a。
2?2
【点晴】解决（4）的关键是确定球与四棱锥具有怎样的位置关系时，半径最大，此时怎样建立关于球的半径的等量关系式。立体几何中的最值问题，常有两种解决方法：
（1）建立所求量的函数关系式，再求最值；
（2）根据立体几何的有关知识，确定在什么位置时，所求量取最值。
★★★自我提升
1．平面?的斜线AB交?于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交?于点
C，则动点C的轨迹是（ A ）
（A）一条直线 （B）一个圆 （C）一个椭圆 （D）双曲线的一支
2．如果平面的一条斜线长是它在这个平面上射影长的3倍，那么这条斜线与平面 所成角的余弦值为( A )
12322A． B． C． D．
3323
3．如图在正三角形ABC中,E、D、F分别为各边的中 点，G、H、I、J分别为AF、AD、BE、DE的中点， 将三角形沿DE、EF、DF折成三棱锥以后，GH与 IJ所成角的度数为（ B ） A．90° B．60° C．45° D．30°
04．已知二面角??l??的大小为60，m,n为异面直线，且m??,n??，则
m,n 所成的角为（ B ）
A．300 B．600 C．900 D．1200
5．在△ABC中,M,N分别是AB,AC的中点,PM⊥平面ABC,当BC=18,PM=33 时,PN和平面ABC所成的角是 30°．
6．正六棱柱ABCDED-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为2 ，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角为 60° 。
7．在正四面体ABCD中，E、F分别为AD、BC的中点。
（1）求CE与AF所成的角；（2）求直线CE与平面BCD所成的角。
解：（1）连结FD，取FD的中点G，连结GE，∵E、G分别是AD、FD的中点，∴GE//AF，故∠CEG（或其补角）即为CE与AF所成的角。设AB=a，在ΔCEG中，
2222 EG?3a,EC?3a,CG?7a,cos?CEG?CE?EG?GC?
32CE?EG442故CE与AF所成的角为arccos2。 3（2）∵正四面体ABCD，∴BC⊥AF，BC⊥DF， ∴BC⊥面AFD，∴面AFD⊥面BCD，过E作EH⊥DF于H， 则EH⊥面BCD，则∠ECH为CE与面BCD所成的角。
在RtΔCEH中，sin?ECH?2， 33即CE与平面BCD成的角为arcsin2。
8．已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，?DAB?90?,PA?底面ABCD，且PA=AD=DC=
1AB=1，M是PB的中点 2（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD； （Ⅱ）求AC与PB所成的角；
（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小 方法一：
（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD， ∴由三垂线定理得CD⊥PD．
因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，∴CD⊥面PAD． 又CD?面PCD，∴面PAD⊥面PCD． （Ⅱ）解：过点B作BE//CA，且BE=CA， 则∠PBE是AC与PB所成的角．
连结AE，可知AC=CB=BE=AE=2，又AB=2， 所以四边形ACBE为正方形． 由PA⊥面ABCD得∠PEB=90° 在Rt△PEB中BE=2，PB=5， ?cos?PBE?BE10?. PB5?AC与PB所成的角为arccos10. 5（Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连结BN．
在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB， ∴△AMC≌△BMC, ∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角 ∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC， 在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM．
3?2AC2622?在等腰三角形AMC中，AN·MC=CM?( )?AC，?AN?2552AN2?BN2?AB222??，故arccos(?).即为所求. ∴AB=2，?cos?ANB?32?AN?BN3方法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，
如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，)．
（Ⅰ）证因AP?(0,0,1),DC?(0,1,0),故AP?DC?0,所以AP?DC. 又知AD⊥DC，且AP与与AD是面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD． 又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD 12（Ⅱ）解：因AC?(1,1,0),PB?(0,2,?1),
故|AC|?2,|PB|?5,AC?PB?2,所以10cos?AC,PB???.5|AC|?|PB|由此得AC与PB所成的角为arccosAC?PB
10. 5（Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在??R,使NC??MC,
11NC?(1?x,1?y,?z),MC?(1,0,?),?x?1??,y?1,z??..
22??????要使AN?MC,只需AN?MC?0即x?14z?0,解得??. 25412可知当??时,N点坐标为(,1,),能使AN?MC?0.555
1212此时,AN?(,1,),BN?(,?1,),有BN?MC?05555由AN?MC?0,BN?MC?0得AN?MC,BN?MC.所以?ANB即为所求
??????30???30???????4?|AN|?,|BN|?,AN?BN??.
555????????????????2AN?BN2???. 故所求的二面角为arccos(?). ?cos(AN,BN)????????33|AN|?|BN|