高考中，通常以棱柱，棱锥为载体，考查点、线、面位置关系或求距离和角度或求体积和有关最值，若是解答题，一般是分步设问，难度逐步加深，若遇到求点面距离，通常是运用等积法.

　　欧拉公式，是新教材新增添的新内容，应以基本知识为主.

例1、（全国卷Ⅰ）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=DE=AB=1，M是PB的中点.

　　（1）证明：面PAD⊥面PCD；

　　（2）求AC与PB所成的角；

　　（3）求面AMC与面BMC所成二面角的大小.

解析：

　　本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.

　　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=，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=，PB=，

　　　　　

　　（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.

　　　　　在等腰三角形AMC中，AN·MC=，

　　　　　.∴AB=2，

　　　　　

　　　　　　故所求的二面角为

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）证明：因

　　　　　由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面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.

　　（Ⅱ）解：因

　　　　　

　　（Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在使

　　　　　

　　　　　要使

　　　　　

　　　　　

　　　　　为所求二面角的平面角.

　　　　　

例2、（全国）已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D，AB=1，AA1=2，点E为CC1中点，点F为BD1中点.

　　　（1）证明EF为BD1与CC1的公垂线；

　　　（2）求点D1到面BDE的距离.

解析：（1）证明：取BD中点M，连结MC，FM，

　　　　　　∵F为BD1中点，∴FM∥D1D且FM=D1D

　　　　　　又EC=CC1，且EC⊥MC，

　　　　　　∴四边形EFMC是矩形　　　∴EF⊥CC1

　　　　　　又CM⊥面DBD1　　　∴EF⊥面DBD1

　　　　　　∵BD1面DBD1，

　　　　　　∴EF⊥BD1故EF为BD1与CC1的公垂线.

　　　（2）连结ED1，有　

　　　　　 由（1）知EF⊥面DBD1，设点D1到面BDE的距离为d，

　　　　　 则，∵AA1=2，AB=1，

　　　　　 ∴ BD=BE=DE=，EF=，∴

　　　　　

　　　　　 故点D1到平面BDE的距离为

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