一：方法一（综合法）
1）取ob中点e，连接me，ne又。
为异面直线与所成的角（或其补角）
作连接， 所以与所成角的大小为。
3）点a和点b到平面ocd的距离相等，连接op,过点a作。
于点q， 又，线段aq的长就是点a到平面ocd的距离， ，所以点b到平面ocd的距离为。
方法二(向量法)
作于点p,如图，分别以ab,ap,ao所在直线为轴建立直角坐标系。
设平面ocd的法向量为，则。
即 取，解得。
2)设与所成的角为，与所成角的大小为。
3)设点b到平面ocd的距离为，则为在向量上的投影的绝对值，由， 得。所以点b到平面ocd的距离为。
二：本小题主要考查直线和平面垂直，异面直线所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力．满分12分．
ⅰ）证明：在中，由题设可得。
于是。在矩形中，.又，所以平面．
ⅱ）解：由题设，，所以（或其补角）是异面直线与所成的角。
在中，由余弦定理得。
由（ⅰ）知平面，平面，所以，因而，于是是直角三角形，故．
所以异面直线与所成的角的大小为．
ⅲ）解：过点p做于h，过点h做于e，连结pe
因为平面，平面，所以。又，因而平面，故he为pe再平面abcd内的射影。由三垂线定理可知，从而是二面角的平面角。
由题设可得，于是再中，
所以二面角的大小为．
三： 本小题考查直线与平面平行，直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力。满分12分。
方法一： （1）证明：连结ac，ac交bd于o，连结eo。
∵底面abcd是正方形，∴点o是ac的中点。
在中，eo是中位线，∴pa //eo
而平面edb且平面edb，所以，pa //平面edb
2）证明：pd⊥底面abcd且底面abcd，∴
pd=dc，可知是等腰直角三角形，而de是斜边pc的中线，.
同样由pd⊥底面abcd，得pd⊥bc.
底面abcd是正方形，有dc⊥bc，∴bc⊥平面pdc。
而平面pdc，∴.
由①和②推得平面pbc.
而平面pbc，∴
又且，所以pb⊥平面efd.
3）解：由（2）知，，故是二面角c—pb—d的平面角。
由（2）知，.
设正方形abcd的边长为a，则，
在中，。在中，，∴
所以，二面角c—pb—d的大小为。
方法二：如图所示建立空间直角坐标系，d为坐标原点，设。
1）证明：连结ac，ac交bd于g，连结eg.
依题意得。底面abcd是正方形，∴g是此正方形的中心，故点g的坐标为且，这表明pa//eg.
而平面edb且平面edb，∴pa//平面edb.
2）证明；依题意得，。又，故。
由已知，且，所以平面efd.
3）解：设点f的坐标为，，则。
从而。所以。
由条件知，，即。
解得。点f的坐标为，且。
即，故是二面角c—pb—d的平面角。，且，.
所以，二面角c—pb—d的大小为。
四：(满分12分)
方法一。解： (记ac与bd的交点为o,连接oe,o、m分别是ac、ef的中点，acef是矩形，四边形aoem是平行四边形，am∥oe.
平面bde，平面bde，am∥平面bde.
ⅱ)在平面afd中过a作as⊥df于s，连结bs，ab⊥af， ab⊥ad，ab⊥平面adf，as是bs在平面adf上的射影，由三垂线定理得bs⊥df.
∠bsa是二面角a—df—b的平面角。
在rtδasb中，
二面角a—df—b的大小为60.
ⅲ）设cp=t（0≤t≤2）,作pq⊥ab于q，则pq∥ad，pq⊥ab，pq⊥af，pq⊥平面abf，平面abf，pq⊥qf.
在rtδpqf中，∠fpq=60，pf=2pq.
δpaq为等腰直角三角形，又∵δpaf为直角三角形，所以t=1或t=3(舍去)
即点p是ac的中点。
方法二 （ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系。
设，连接ne，则点n、e的坐标分别是（、（0,0,1）,∴ne=(,又点a、m的坐标分别是。
∴ am=（
ne=am且ne与am不共线，ne∥am.
又∵平面bde，平面bde，am∥平面bdf.
ⅱ）∵af⊥ab，ab⊥ad，af
ab⊥平面adf.
为平面daf的法向量。
ne·db=（·0，ne·nf=（·0得。
ne⊥db，ne⊥nf，ne为平面bdf的法向量。
cos=ab与ne的夹角是60.
即所求二面角a—df—b的大小是60.
ⅲ）设p(t,t,0)(0≤t≤)得。
cd=（，0，0）
又∵pf和cd所成的角是60.
解得或（舍去），即点p是ac的中点。
五：本小题主要考查棱锥，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。满分12分。
（i）解：如图，作po⊥平面abcd，垂足为点o.连结ob、oa、od、ob与ad交于点e，连结pe.
∵ad⊥pb，∴ad⊥ob，pa=pd，∴oa=od，于是ob平分ad，点e为ad的中点，所以pe⊥ad.
由此知∠peb为面pad与面abcd
所成二面角的平面角，……4分。
∠peb=120°，∠peo=60°
由已知可求得pe=
po=pe·sin60°=，即点p到平面abcd的距离为。……6分。
ii）解法一：如图建立直角坐标系，其中o为坐标原点，x轴平行于da.
连结ag.又知由此得到：
所以。等于所求二面角的平面角，……10分。
于是。所以所求二面角的大小为。……12分。
解法二：如图，取pb的中点g，pc的中点f，连结eg、ag、gf，则ag⊥pb，fg//bc，fg=bc.
ad⊥pb，∴bc⊥pb，fg⊥pb，∠agf是所求二面角的平面角。……9分。
ad⊥面pob，∴ad⊥eg.
又∵pe=be，∴eg⊥pb，且∠peg=60°.
在rt△peg中，eg=pe·cos60°=.
在rt△peg中，eg=ad=1. 于是tan∠gae==，又∠agf=π－gae. 所以所求二面角的大小为π－arctan.……12分。
六：本小题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力。
满分12分。
解法一：（ⅰ如图，连结ca1、ac1、cm，则ca1=
∵cb=ca1=，∴cba1为等腰三角形，又知d为其底边a1b的中点，∴cd⊥a1b. ∵a1c1=1，c1b1=，∴a1b1=
又bb1=1，a1b=2. ∵a1cb为直角三角形，d为a1b的中点，∴cd=a1b=1，cd=cc1，又dm=ac1=，dm=c1m.
∴△cdm≌△cc1m，∠cdm=∠cc1m=90°，即cd⊥dm.
因为a1b、dm为平在bdm内两条相交直线，所以cd⊥平面bdm.
ⅱ）设f、g分别为bc、bd的中点，连结b1g、fg、b1f，则fg//cd，fg=cd.
∴fg=，fg⊥bd.
由侧面矩形bb1a1a的对角线的交点为d知bd=b1d=a1b=1，所以△bb1d是边长为1的正三角形。
于是b1g⊥bd，b1g= ∴b1gf是所求二面角的平面角，又 b1f2=b1b2+bf2=1+（=
即所求二面角的大小为。
解法二：如图，以c为原点建立坐标系。
ⅰ）b（，0，0），b1（，1，0），a1（0，1，1），d（，m（，1，0），则 ∴cd⊥a1b，cd⊥dm.
因为a1b、dm为平面bdm内两条相交直线，所以cd⊥平面bdm.
ⅱ）设bd中点为g，连结b1g，则
g（），所以所求的二面角等于。
七：本小题主要考查两个平面垂直的性质、二面角等有关知识，以有逻辑思维能力和空间想。
象能力。 满分12分。
1）证明：如果，取ac中点d，连结pd、bd.
因为pa=pc，所以pd⊥ac，又已知面pac⊥面abc，所以pd⊥面abc，d为垂足。
因为pa=pb=pc，所以da=db=dc，可知ac为△abc外接圆直径，因此ab⊥bc.
2）解：因为ab=bc，d为ac中点，所以bd⊥ac.
又面pac⊥面abc，所以bd⊥平面pac，d为垂足。
作be⊥pc于e，连结de，因为de为be在平面pac内的射影，所以de⊥pc，∠bed为所求二面角的平面角。
在rt△abc中，ab=bc=，所以bd=.
在rt△pdc中，pc=3，dc=，pd=，所以。
因此，在rt△bde中，所以侧面pbc与侧面pac所成的二面角为60°
八本小题考查直线和平面，直线和直线的位置关系，二面角等基本知识，以及逻辑推理能力和空间想象能力。
解法一：由于sb=bc,且e是sc的中点，因此be是等腰三角形sbc的底边sc的中线，所以sc⊥be.
又已知 sc⊥de,be∩de=e, sc⊥面bde, sc⊥bd.
又 ∵sa⊥底面abc,bd在底面abc上，∴sa⊥bd.
而 sc∩sa=s,∴bd⊥面sac.
de=面sac∩面bde,dc=面sac∩面bdc, bd⊥de,bd⊥dc.
∠edc是所求的二面角的平面角。
sa⊥底面abc,∴sa⊥ab,sa⊥ac.
又已知de⊥sc,所以∠edc=60°,即所求的二面角等于60°.
解法二：由于sb=bc,且e是sc的中点，因此be是等腰三角形sbc的底边sc的中线，所以sc⊥be.
又已知 sc⊥de,be∩de=e.
sc⊥面bde, sc⊥bd.
由于sa⊥底面abc,且a是垂足，所以ac是sc在平面abc上的射影。由三垂线定理的逆定理得bd⊥ac;又因e∈sc,ac是sc在平面abc上的射影，所以e在平面abc上的射影在ac上，由于d∈ac,所以de在平面abc上的射影在ac上，根据三垂线定理又得bd⊥de.
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