????????AB?a?cosAB,a?????|AB|?|a|217.
21故AB与平面SBC所成的角为arcsin7.
（山东卷） 19．（I）证法一：
因为D1D?平面ABCD，且BD?平面ABCD， 所以D1D?BD，
又因为AB=2AD，?BAD?60?，
在?ABD中，由余弦定理得
BD2?AD2?AB2?2AD?ABcos60??3AD2，
所以AD2?BD2?AB2， 因此AD?BD， 又AD?D1D?D, 所以BD?平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1， 故AA1?BD. 证法二：
因为D1D?平面ABCD，且BD?平面ABCD， 所以BD?D1D.
取AB的中点G，连接DG，
在?ABD中，由AB=2AD得AG=AD，
又?BAD?60?，所以?ADG为等边三角形。 因此GD=GB，
故?DBG??GDB， 又?AGD?60?
所以?GDB=30?,故?ADB=?ADG+?GDB=60?+30?=90?,
所以BD?AD.又AD?D1D?D,所以BD?平面ADD1A1，
16
又AA1?平面ADD1A1， 故AA1?BD.
（II）连接AC，A1C1，
设AC?BD?E，连接EA1
因为四边形ABCD为平行四边形， 所以EC?12AC.
由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知 A1C1//EC且A1C1=EC，
所以边四形A1ECC1为平行四边形， 因此CC1//EA1，
又因为EA1?平面A1BD，CC1?平面A1BD， 所以CC1//平面A1BD。 (陕西卷)
16．解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，
∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ， 又DB?ＤＣ＝Ｄ， ∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，
∵AD 平面
平面ABD．
?平面ABD?平面BDC.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，DA?DB,DB?DC,DC?DA, ?DB=DA=DC=1，
?AB=BC=CA=2, 从而S?DAM?S?DBC?S?DCA?12?1?1?12,
S?ABC?12?2?2?sin60??32
表面积：
S?12?3?32?3?32.
(上海卷)
20、解：⑴ 连BD,AB1,B1D1,AD1，∵ BD//B1D1,A1B?∴ 异面直线BD与AB1所成角为?AB1D1，记?AB1D1??，
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A，1D ADBC
cos??AB1?B1D1?AD12AB1?B1D1222?1010
∴ 异面直线BD与AB1所成角为arccos1010。
⑵ 连AC,CB1,CD1，则所求四面体的体积
1323V?VABCD?ABC111D1?4?VC?BC11D1?2?4??。
（四川卷）
解法一：
（Ⅰ）连结AB1与BA1交于点O，连结OD，
∵C1D∥平面AA1，A1C1∥AP，∴AD=PD，又AO=B1O， ∴OD∥PB1，又OD?面BDA1，PB1?面BDA1， ∴PB1∥平面BDA1．
（Ⅱ）过A作AE⊥DA1于点E，连结BE．∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC=A， ∴BA⊥平面AA1C1C．由三垂线定理可知BE⊥DA1． ∴∠BEA为二面角A－A1D－B的平面角．
在Rt△A1C1D中，A1D1212?1252()?1?22，
255又S?AAD1??1?1??52?AE，∴AE?．
AHBH23在Rt△BAE中，BE?(255)?1?22355，∴cos?AHB23??．
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．
解法二：
如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B1C1A，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，P(0,2,0)．
（Ⅰ）在△PAA1中有C1D????∴A1B?(1,0,1)?12AA1，即D(0,1,12)．
?????AD，1?(0,1,x)????，B1P?(?1,2,0)．
设平面BA1D的一个法向量为n1?(a,b,c)，
?????n1?A1B?a?c?0,1?c??1n?(1,,?1)则?令，则?????112?n1?A1D?b?c?0.?2????1∵n1?B1P?1?(?1)??2?(?1)?0?0，
2．
∴PB1∥平面BA1D，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面BA1D的一个法向量n1?(1,12,?1)．
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又n2?(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量．∴cos?n1,n2??n1?n2|n1|?|n2|?11?32?23．
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．
32（天津卷）
（17）本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知
识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。满分13分。
（Ⅰ）证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O
为BD的中点，又M为PD的中点，所以PB//MO。因为PB?平面ACM，MO?平面ACM，所以PB//平面ACM。 （Ⅱ）证明：因为?ADC?45?，且AD=AC=1，所以?DAC?90?，即AD?AC，
又PO?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PO?AD,而AC?PO?O，所以
AD?平面PAC。
（Ⅲ）解：取DO中点N，连接MN，AN，因为M为PD的中点，所以MN//PO，且
MN?12PO?1,由PO?平面ABCD，得MN?平面ABCD，所以?MAN是直线AM
与平面ABCD所成的角，在Rt?DAO中，AD?1,AO?12，所以DO?52，从而
AN?12DO?54，
在Rt?ANM中,tan?MAN?MNAN?154?455，即直线AM与平面ABCD所成角的
正切值为（新课标） (18)解：
455.
（Ⅰ）因为?DAB?60?,AB?2AD， 由余弦定理得BD?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
3AD
（Ⅱ）如图，作DE?PB，垂足为E。已知PD?底面ABCD，则PD?BC。由（Ⅰ）知BD?AD，又BC//AD，所以BC?BD。
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故BC?平面PBD，BC?DE。 则DE?平面PBC。
由题设知，PD=1，则BD=3，PB=2，
32根据BE·PB=PD·BD，得DE=，
即棱锥D—PBC的高为
32.
(浙江卷)
（20）本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间
想象能力和推理论证能力。满分14分。
（Ⅰ）证明：由AB=AC，D是BC中点，得AD?BC， 又PO?平面ABC，，得PO?BC 因为PO?AD?O，所以BC?平面PAD，故BC?PA. （Ⅱ）解：如图，在平面PAB内作BM?PA于M，连CM。
因为BC?PA,得PA?平面BMC，所以AP?CM。 故?BMC为二面角B—AP—C的平面角。 在Rt?ADB中,AB?AD?BD?41,得AB?在Rt?POD中,PD?PO?OD， 在Rt?PDB中，PB?PD?BD，
所以PB?PO?OD?BD?36,得PB?6. 在Rt?POA中,PA?AO?OP?25,得PA?5.
PA?PB2222222241
2222222222
232 又cos?BPA??AB22PA?PB?13,从而sin?BPA?
故BM?PBsin?BPA?42 同理GM?42. 因为BM2?MC2?BC
2 所以?BMC?90? 即二面角B—AP—C的大小为90?. （重庆卷） 20．（本题12分）
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