备战高考数学二轮复习难点27立体几何中的空间角与距离测试卷理
高三数学专题复习42立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解强化练习试题
立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解1．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°2．若平面α，β的法向量分别为a ＝(－1,2,4)，b ＝(x ，－1，－2)，并且α⊥β，则x 的值为( )A ．10B ．－10 C.12 D ．－123．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( )A.32B.22C. 3 D ．3 2 4．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．(1，－1,1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，32C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，32D.⎝⎛⎭⎪⎫－1，3，325．如图K42－1，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为1，则异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值是( )图K42－1 A.55 B ．－55 C.15 D.256．在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 和CD 成60°角(如图K43－2)，则B 、D 间的距离为( )图K42－2A．1 B．2 C. 2 D．2或 27．三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，长度分别为6,4,4，则其顶点到底面的距离为( )A.143B．217 C.62211D.21738．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，则点G到平面D1EF的距离为( )A. 3B.22C.2λ3D.55图K42－39．如图K42－3，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是AB上一点，当二面角P－EC－D的平面角为π4时，AE＝( )A．1 B.12C．2－ 2 D．2－ 310．已知三棱锥O－ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，E为OC的中点，且OA＝1，OB＝OC＝2，则平面EAB与平面ABC夹角的余弦值是________．11．如图K42－4，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b，且AA1与A1B1，A1D1的夹角都是60°，则AC1的长等于________．K42－4图K42－512．如图K42－5，AO⊥平面α，BC⊥OB，BC与平面α的夹角为30°，AO＝BO＝BC＝a，则AC＝________.13．如图K42－6，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是C1D1，CC1的中点，则直线B1N与平面BDM所成角的正弦值为________．图K42－614．(10分)如图K42－7，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC－A1B1C1与正三棱锥B－ACD组成，其中，AB⊥BC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为22＋1,22＋1,1.(1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值；(2)在线段AC1上是否存在点P，使B1P⊥平面ACD？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．图K42－715．(13分) 如图K42－8，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．图K42－816．(12分如图K42－9，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC上，且不与点C重合．1(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．图K42－9。
备战2023年新高考数学二轮专题复习课件立体几何
第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲立体几何微专题1线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ， 又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)． 设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sinθ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1] 解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小． 由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝√3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1，∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，√3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，0)．设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ， ∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ， 而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)，∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a 2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )， 设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||FC⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大， 此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1， ∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ， 又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)，设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0， 令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)，∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ， 易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点， 所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内， 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)， 设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3， 平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217.[例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ， 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ， 由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD .又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ， 又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)， 由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)， 设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0，取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22.[巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接SO 、OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ，所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ，又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32， 所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3， BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ， 又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥平面ACP ， 因为PC ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ， 因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ， 因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ， 所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)， 平面APC 的一个法向量为m ＝AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)， 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217， 因为二面角A - PC - B 为锐角， 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形， 所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形， 所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°， 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ， 又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ， 所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3， 取AB 的中点G ，则OG ∥BE ，由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)， 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°， 设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)， 设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0， 取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ);由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量， 于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB ⃗⃗⃗⃗⃗|＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ， 又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)， 设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)． 设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32， 得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。
2019年高考数学二轮复习试题：专题三 第3讲 空间中的角和距离附解析
第3讲空间中的角和距离选题明细表知识点·方法巩固提高A 巩固提高B异面直线所成角1,2,8,10 1,5,12,162,3,4,7,12,直线与平面所成角5,1514,17二面角3,7,11,13,14,16 6,8,9,13,15,17空间距离4,6,9,12 10,11,17巩固提高A一、选择题1. 在我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,且AB=BC=CD,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为( A )(A)(B)-(C) (D)-解析: 由题意,可补形成正方体如图.所以异面直线AC与BD所成角就是ED与BD所成角,而△BDE为等边三角形,所以所成角为,cos=.故选A.2.在正四面体ABCD中,E为AB的中点,则CE与BD所成角的余弦值为( A )(A) (B)(C) (D)解析:如图,取AD中点F,连接EF,CF,因为E为AB的中点,所以EF∥BD,则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角,因为ABCD为正四面体,E,F分别为AB,AD的中点,所以CE=CF.设正四面体的棱长为2a,则EF=a,CE=CF== a.在△CEF中,由余弦定理得cos∠CEF===.故选A.3.(2018·杭州二模)已知三棱锥S ABC的底面ABC为正三角形,SA<SB<SC,平面SBC,SCA,SAB与平面ABC所成的锐二面角分别为α1,α2,α3则( A ) (A)α1<α2(B)α1>α2(C)α2<α3(D)α2>α3解析:由题意,设三角形SBC,SCA的高分别为h1,h2,三棱锥S-ABC的高为h,易知h1>h2,根据正弦函数的定义得,sin α1=,sin α2=,所以sin α1<sin α2,又α1,α2均为锐角,所以α1<α2,故选A.4. 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1中心,则O到平面ABC1D1的距离是( A )(A)(B)(C)(D)解析:法一过O作A1B1的平行线,交B1C1于E,则O到平面ABC1D1的距离为E到平面ABC1D1的距离.作EF⊥BC1于F,易证明EF⊥平面ABC1D1,连接B1C,可求得EF=B1C=.故选A.法二因为O是A1C1的中点且C1∈平面ABC1D1,所以点O到平面ABC1D1距离为点A1到平面ABC1D1距离的一半,过A1作A1G⊥AD1于G,(图略),由正方体性质得A1G⊥平面ABC1D1,在等腰Rt△A1AD中,A1G=A1D=,所以A1到平面ABC1D1距离为,所以O到平面ABC1D1距离为.故选A.5. 如图,三棱锥P ABC中,△ABC为边长为3的等边三角形,D是线段AB的中点,DE∩PB=E,且DE⊥AB,PA=,PB=,则PA与平面CDE所成角的正切值为( A )(A) (B) (C) (D)解析:由勾股定理PA2+PB2=AB2⇒PA⊥PB,过P作PM⊥AB于M,由⇒AB⊥平面DCE,所以∠APM为PA与平面CDE所成的角,在直角三角形APB中,∠APM=∠PBA,tan∠APM=tan∠PBA==.故选A.6. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在正方体表面运动,如果=,那么这样的点P共有( C )(A)2个(B)4个(C)6个(D)无数个解析:设点A到直线BD1的距离为d,则满足题意的点位于以BD1为轴,以d为半径的圆柱上,即满足题意的点为圆柱与正方体的交点,设正方体棱长为1,则由=,得××1=××d得d=,在正方体内易证BD1⊥平面A1C1D,BD1⊥平面ACB1,记两个垂足分别为M,N,如图(1),则M,N分别为等边△A1C1D与等边△ACB1的中心,这两个三角形的六个顶点到对角线BD1的距离都相等,在对角面BB1D1D中,如图(2).BD1=,D1M=,所以DM==,所以正方体的六个顶点D,A,C,A1,B1,C1到对角线BD1距离都为,这又是正方体上到对角线BD1距离最远的点.由此得满足条件的点P有6个.故选C.7.(2018·新高考研究联盟第三次联考)在平面α内,已知AB⊥BC,过直线AB,BC分别作平面β,γ,使锐二面角α-AB-β为,锐二面角α-BC-γ为,则平面β与平面γ所成的锐二面角的余弦值为( A )(A)(B) (C)(D)解析:cos θ=cos 60°cos 60°=,也可以构造一个三棱锥来解决,故选A.二、填空题8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线AD1与BD所成角的大小是.解析:如图所示,连接BC1,DC1,由正方体的性质可得,∠DBC1即为所求,且△DBC1为等边三角形,则直线AD1与BD所成角的大小是60°.答案:60°9. 长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为4的正方形,高为2,则顶点A1到截面AB1D1的距离为.解析:由题意可得:AD1=AB1==2,B1D1==4,据此可得=×4×=4,设顶点A1到截面AB1D1的距离为h,对三棱锥A1-AB1D1由等体积法得=,即×4×h=×(×4×4)×2,解得h=.答案:10. 正三棱锥P-ABC中,CM=2PM,CN=2NB,对于以下结论:①二面角B-PA-C的取值范围是(,π);②若MN⊥AM,则PC与平面PAB所成角的大小为;③过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条;④若二面角B PA C为,则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条.正确的序号是.解析:根据题意,由于正三棱锥P ABC中,CM=2PM,CN=2NB,那么对于①当PA→+∞时二面角趋近于,当P无限接近于△ABC外心时,趋近于π,二面角B-PA-C的取值范围是(,π);成立.②若MN⊥AM,则PC与平面PAB所成角的大小为;成立.③过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条;不成立.④若二面角B PA C为,则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条;成立.答案:①②④11.如图,已知正方体ABCD A1B1C1D1,则二面角C1-BD-C的正切值为.解析:设正方体棱长为a,取BD中点O,连接CO,C1O,因为CD=CB=a,C1B=C1D=a,所以CO⊥BD,C1O⊥BD,所以∠COC1是二面角C1-BD-C的平面角,因为CC1=a,CO=a,所以tan∠COC1===.所以二面角C1-BD-C的正切值为.答案:12.平面α,β,γ两两垂直且交于一点O,若空间有一点P到这三个平面的距离分别是3,4,12,则点P到点O的距离为.解析:由题意,构造长方体图形,这个长方体过一个顶点的三条棱长分别为3,4,12,所求PO的长度即为体对角线长,所以PO==13.答案:1313. 如图,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C′,E点在线段AC′上,若二面角A-BD-E与二面角E-BD-C′的大小分别为30°和45°,则= .解析:连接AC交BD于点O,连接OE,OC′(图略),在△OAE中,由正弦定理得:=,所以AE=sin 30°=,在△C′OE中,由正弦定理得:=,所以EC′=sin 45°=,因为sin ∠C′EO=sin ∠OEA,所以=.答案:14.正三棱锥V-ABC中,VB=,BC=2,则二面角V-AC-B的大小为.解析:取AC中点为O,连接VO,BO,在正三棱锥V ABC中,VB=,BC=2,因为VA=VC=VB=,AB=AC=BC=2,AO=CO=,所以VO⊥AC,BO⊥AC,VO==2,BO==3,所以cos∠VOB==,所以∠VOB=60°.答案:60°15.已知△ABC与平面α,且∠ACB=,CD⊥AB于D,若边AB⊂平面α,边BC,AC与平面α所成的角分别为和,则CD与平面α所成角的大小为.解析:如图,过点C作CE⊥α于E,连DE,则∠CDE即为CD与平面α所成角.连AE,BE,则∠CAE,∠CBE分别为AC,BC与平面α所成的角,即∠CAE=,∠CBE=.设CE=1,则AC=2,BC=,于是AB==.由等面积法得CD===,所以sin∠CDE==,所以∠CDE=.答案:三、解答题16.(2018·北京卷) 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.(1)证明:在三棱柱ABC A1B1C1中,因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF.因为AB=BC,所以AC⊥BE,因为BE∩EF=E,所以AC⊥平面BEF.(2)解: 由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.如图,建立空间直角坐标系Exyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),E(0,0,0), F(0,0,2),G(0,2,1),所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则即令y0=-1,则x0=2,z0=-4,于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1D的法向量为=(0,2,0),所以cos<n,>==-.由题知二面角B CD C1为钝角,所以其余弦值为-.(3)证明:由(2)知平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因为n·=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直线FG与平面BCD相交.巩固提高B一、选择题1. 如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,点E为正方形ABCD的两条对角线的交点,点F是棱AB 的中点,则异面直线AC1与EF所成角的正切值为( D )(A)-(B)- (C)(D)解析:因为点E为正方形ABCD的两条对角线的交点,点F是棱AB的中点,所以EF∥AD,所以∠DAC1就是异面直线AC1与EF所成的角,正切值等于=.故选D.2. 将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示,若E为线段BC的中点,则直线AE与平面ABD所成角的余弦值为( C )(A)(B)(C)(D)解析:过点E作EF⊥BD,垂足为F,则∠EAF为直线AE与平面ABD所成的角,不妨设正方形的边长为2,则BF=EF=,AB=2,在△ABF中,由余弦定理:AF2=AB2+BF2-2×AB×BF×cos∠ABF=,所以AF=,在Rt△AEF中,AE2=AF2+EF2=3,所以AE=,故cos∠EAF==.故选C.3. 如图,二面角α-l-β的大小是45°,线段AB⊂α,B∈l,AB与l所成的角为30°,则AB与平面β所成的角的正弦值是( D )(A) (B) (C) (D)解析:如图,过点A作AC⊥β于C,在β内过C作CD⊥l于D,连接AD,BC,由三垂线定理可知AD⊥l,故∠ADC为二面角α-l-β的平面角,为45°,又由已知,∠ABD=30°,则∠ABC为AB与平面β所成的角,设AD=2,则AC=,AB=4,所以sin∠ABC==.故选D.4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过它的任意两条棱作平面,则能作得与A1B成30°角的平面的个数为( B )(A)2个(B)4个(C)6个(D)8个解析:画出图形如图所示,由图可知,正方体表面6个面与A1B所成的角不是30°.符合题意的面为平面AA1C1C,平面A1B1CD,平面ABC1D1和平面BDD1B1,共4个.故选B.5.平面α过正方体ABCD A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( A )(A) (B) (C) (D)解析:由题意直线m∥BD,直线n∥A1B,易知△A1DB为等边三角形,∠DBA1=60°,sin 60°=,所以m,n所成角的正弦值为,故选A.6.(2018·嵊州市适应性考试)如图,已知矩形ABCD,E是边AB上的点(不包括端点),且AE=AD,将△ADE沿DE翻折至△A′DE,记二面角A′-BC-D为α,二面角A′-CD-E为β,二面角A′-DE-B为γ,则( B )(A)α≥β(B)α≤β(C)β≥γ(D)β≤γ解析: 要比较α,β,γ之间的大小关系,只需比较A′在底面BCD上的射影O到三边BC,CD,DE的距离d1,d2,d3,之间的大小关系,当O从A点运动到F时,必有d1>d2,即有α≤β;而d2,d3关系不确定,故选B.7.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( A )(A)(B)(C)(D)解析: 如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,平面AB1D1与棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方体的其余棱都分别与A1A,A1B1,A1D1平行,故正方体ABCD A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等.如图所示,取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中点E,F,G,H,M,N,则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大,此截面面积为S正六边形EFGHMN=6×××sin 60°=.故选A.8. 在底面为正三角形的直棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,点D 为棱BC的中点,点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈R),当二面角E-AD-C的余弦值为时,实数m的值为( A )(A)1 (B)2 (C)(D)3解析: 由题意知m>0,过点A在平面ABC内作Ox⊥AC,则以A为原点O,分别以Ox,OC,OA1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,则E(0,,),=(,,0),=(0,,),设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则⇒n=(,-1,),取平面ADC法向量为m=(0,0,1),由二面角E-AD-C余弦值为,则|cos<n,m>|=,所以==⇒m2=1⇒m=1.故选A.二、填空题9. 在边长为a的等边三角形ABC中,AD⊥BC于D,沿AD折成二面角B AD C后,BC=,这时二面角B-AD-C的大小为.解析:根据已知中AD⊥BC于D,易得沿AD折成二面角B-AD-C后,∠BDC即为二面角B-AD-C的平面角,解三角形BDC即可求出二面角B-AD-C的大小.因为AD⊥BC,所以沿AD折成二面角B-AD-C后,AD⊥BD,AD⊥CD,故∠BDC即为二面角B-AD-C的平面角,又因为BD=CD=BC=,所以△BDC为等边三角形,所以∠BDC=60°.答案:60°10. 如图,60°的二面角棱上有A′,B′两点,直线AA′,BB′分别在这个二面角的半平面内,且都垂直于A′B′,已知A′B′=3AA′=3,BB′=5,则AB的长度为.解析:运用基向量表示空间的向量,结合模长的计算得到AB的长度为2.答案:211.矩形ABCD满足AB=2,AD=1,点A,B分别在射线ON,OM上运动,∠MON为直角,当C到点O的距离最大时,∠ABO的大小为.解析:如图,设∠ABO=θ,因AB=2,BC=AD=1,则OB=2cos θ,在△CBO中,由余弦定理得OC===,当OC最大时,sin(2θ+)=1,即2θ+=,也即θ=,所以∠ABO=.答案:12. 如图,三棱锥S-ABC中,若AC=2,SA=SB=SC=AB=BC=4,E为棱SC的中点,则直线AC与BE所成角的余弦值为,直线AC与平面SAB所成的角为.解析:(1)如图(1),取SA中点M,连ME,BM,则ME∥AC,所以直线AC与BE所成角等于直线ME与BE所成角,则ME=,BM=BE=2,cos∠MEB==,所以直线AC与BE所成角的余弦值为.(2)如图(2),取SB中点N,连接AN,CN,则AN⊥SB,CN⊥SB⇒SB⊥平面ACN⇒平面SAB⊥平面ACN,因此直线AC与平面SAB所成的角为∠CAN,因为AN=CN=AC=2,所以∠CAN=60°,因此直线AC与平面SAB所成的角为60°.答案:60°13. 如图所示,等边△ABC的边长为4,D为BC中点,沿AD把△ADC折叠到△ADC′处,使二面角B-AD-C′为60°,则折叠后二面角A-BC′-D的正切值为.解析:由题意知∠BDC′即为二面角B-AD-C′的平面角,即∠BDC′=60°,所以BC′=2,作DM⊥BC′于点M,连接AM,则AM⊥BC′,则∠AMD为二面角A-BC′-D的平面角,因为△ABC 为等边三角形且BC=4.所以AD=2.DM=.所以tan ∠AMD===2.答案:214.在长方体ABCD A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为的正方形,AA1=3,E是AA1的中点,过C1作C1F⊥平面BDE与平面ABB1A1交于点F,则CF与平面ABCD所成角的正切值为. 解析: 连接AC与BD交于点O,因为四边形ABCD是正方形,AA1⊥底面ABCD,所以BD⊥平面ACC1A1,则当C1F与EO垂直时,C1F⊥平面BDE,所以∠ACF是CF与平面ABCD所成角,在矩形ACC1A1中,△C1A1F∽△EAO,则=,因为A1C1=2AO=AB=2,AE=,所以A1F=,所以AF=,所以tan∠ACF===.所以CF与平面ABCD所成角的正切值为.答案:15.已知三棱锥A BCD中,AB⊥CD,且AB与平面BCD成60°角.当的值取到最大值时,二面角A-CD-B的大小为.解析: 如图所示,作AE⊥CD于点E,连接BE,因为AB⊥CD,CD⊥AE,AB∩AE=A,所以CD⊥平面ABE,且CD⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ABE,又因为平面BCD∩平面ABE=BE,所以点A在平面BCD的射影在BE上,所以∠ABE=60°,在△ABE中由余弦定理得AE2=AB2+BE2-2AB×BE×,所以=()2-+1=(-)2+,当=,即BE=2AB时,最小,此时=最大,所以AE=AB,由二面角的定义可知∠AEB为二面角A CD B的平面角,cos∠AEB==,所以∠AEB=.答案:16.高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形,点S,A,B,C,D均在同一球面上,底面ABCD的中心为O1,球心O到底面ABCD的距离为,则异面直线SO1与AB所成角的余弦值的范围为.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设S(x,y,),O(,,),O1(,,0),BC中点M(1,,0),由题设外接球的半径R==1,则(x-)2+(y-)2+=1,即(x-)2+（y-）2=.由于=（x-,y-,）,=（,0,0）,因此·=（x-）,又因为（x-）2=-（y-）2≤,即︱x-︱≤,所以cos<,>==≤.即异面直线SO1与AB所求角的余弦值的范围为［0,］.答案:［0,］三、解答题17.(2018·天津卷) 如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.解:依题意,可以建立以D为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M（0,,1）,N(1,0,2).(1)依题意得=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则即不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又=（1,-,1）,可得·n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则即不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>==,于是sin<m,n>=.所以二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h), 可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故︱cos<,>︱==,由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].所以线段DP的长为.。
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)
立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。
高考数学压轴专题(易错题)备战高考《空间向量与立体几何》技巧及练习题附解析
【最新】高考数学《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ， N 分别为棱111,C D CC 的中点，以下四个结论：①直线DM 与1CC 是相交直线；②直线AM 与NB 是平行直线；③直线BN 与1MB 是异面直线；④直线AM 与1DD 是异面直线．其中正确的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体的几何特征，可通过判断每个选项中的两条直线字母表示的点是否共面；如果共面，则可能是相交或者平行；若不共面，则是异面. 【详解】①：1CC 与DM 是共面的，且不平行，所以必定相交，故正确；②：若AM BN 、平行，又AD BC 、平行且,AM AD A BN BC B ⋂=⋂=，所以平面BNC P 平面ADM ，明显不正确，故错误；③：1BN MB 、不共面，所以是异面直线，故正确； ④：1AM DD 、不共面，所以是异面直线，故正确； 故选C. 【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与另外一条直线上两点不共面，那么两条直线异面；反之则为共面直线，可能是平行也可能是相交.2．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】 【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r ，利用公式222PA R r ⎛⎫=+⎪⎝⎭可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为232sin3AB r π==PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为222223211233PA R r ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为222128443R πππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.3．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．273B ．276C ．274D ．272【答案】D 【解析】 【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果. 【详解】几何体为一个三棱锥，高为33333，，所以体积为1127=33333=322V ⨯⨯⨯，选D. 【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．4．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（）A．34B．78C．1516D．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE-，该几何体的体积为11117 11132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭故选B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.5．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）A ．34 B ．234C ．517D ．317【答案】D 【解析】 【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解. 【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯，则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅317172317==⨯⨯. 故选：D【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.6．在以下命题中：①三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r ，c r共面；②若两个非零向量a r ，b r 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r ，b r共线；③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若222OP OA OB OC =--u u u r u u u r u u u u r u u u u r，则P ，A ，B ，C 四点共面④若a r ，b r是两个不共线的向量，且(,,,0)c a b R λμλμλμ=+∈≠r r r ，则{},,a b c r r r 构成空间的一个基底⑤若{},,a b c r r r 为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++r r r r r r构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的运算法则，逐一判断即可得到结论. 【详解】①由空间基底的定义知，三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r，c r共面，故①正确；②由空间基底的定义知，若两个非零向量a r ，b r与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r ，b r共线，故②正确；③由22221--=-≠，根据共面向量定理知,,,P A B C 四点不共面，故③错误；④由c a b λμ=+r r r ，当1λμ+=时，向量c r 与向量a r ，b r构成的平面共面，则{},,a b c r r r 不能构成空间的一个基底，故④错误；⑤利用反证法：若{},,a b b c c a +++r r r r r r不构成空间的一个基底， 设()()()1a b x b c x c a +=++-+r r r r r r ，整理得()1c xa x b =+-r r r ，即,,a b c r r r共面，又因{},,a b c r r r 为空间的一个基底，所以{},,a b b c c a +++r r r r r r能构成空间的一个基底，故⑤正确.综上：①②⑤正确. 故选：D. 【点睛】本题考查空间向量基本运算，向量共面，向量共线等基础知识，以及空间基底的定义，共面向量的定义，属于基础题．7．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解 【详解】 如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M = ，16C M =，1'41C N =，得21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒故选D 【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题8．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A 3B 6C 3D 3 【答案】B 【解析】 【分析】设1AA c=u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v，即可得所求角的余弦值. 【详解】设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v又1AB ===u u u v1BC ===u u u u v111111cos ,AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u v u u u v u u u u v即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为：6本题正确选项：B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.9．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )． A ．130 B ．140C ．150D ．160【答案】D 【解析】设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==， 因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥， 在1Rt A AC ∆中，15A A=，可得AC ==同理可得BD ===，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分，所以8AB ===，即菱形ABCD 的边长为8，因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=， 故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.10．已知四面体P ABC -的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，23AC AB =，若四面体P ABC -的体积为32，求球的表面积( ) A ．8π B ．12πC ．83πD ．3π【答案】B 【解析】 【分析】依据题意作出图形，设四面体P ABC -的外接球的半径为R ，由题可得：AB 为球的直径，即可求得：2AB R =，3AC R =， BC R =，利用四面体P ABC -的体积为32列方程即可求得3R =【详解】依据题意作出图形如下：设四面体P ABC -的外接球的半径为R ， 因为球心O 在AB 上，所以AB 为球的直径， 所以2AB R =，且AC BC ⊥ 由23AC AB =可得：3AC R =， BC R =所以四面体P ABC -的体积为111333322ABC V S PO R R R ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯= 解得：3R =所以球的表面积2412S R ππ== 故选：B 【点睛】本题主要考查了锥体体积公式及方程思想，还考查了球的表面积公式及计算能力，考查了空间思维能力，属于中档题。
立体几何第七讲空间角、距离练习题(含答案)
第七节 空间角距离（一）线面角一．选择题1．把正方形沿对角线AC 折起,当以,,,A B C D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 和平面ABC 所成的角的大小为（ ）A ．90B ．60C ．45D ．302．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当以A ，B ，C ，D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 和平面ABC 所成的角的大小为( )．A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°3．PA ，PB ，PC 是从P 引出的三条射线，每两条的夹角都是60º，则直线PC 及平面PAB 所成的角的余弦值为（ ）A ．12B 。
3 C 。
3 D 。
6 4．设E ，F 是正方体AC 1的棱AB 和D 1C 1的中点，在正方体的12条面对角线中，及截面A 1ECF 成60°角的对角线的数目是（ ）A ．0B ．2C ．4D ．6二，填空题5．正四棱锥P -ABCD 的所有棱长都相等，E 为PC 中点，则直线AC 及截面BDE 所成的角为 ． 6．已知正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 及平面B 1DC 所成角的正弦值为 .7．棱长都为2的直平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，∠BAD=60°，则对角线A 1C 及侧面DCC 1D 1所成角的余弦值为________. 三．简答题8．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，22AC =，2PA =，E 是PC 上的一点，2PE EC =。
（Ⅰ）证明：PC ⊥平面BED ；（Ⅱ）设二面角A PBC --为90，求PD 及平面PBC 所成角的大小。
9. 如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是矩形，AD ⊥PD ，BC=1，PC=23，PD=CD=2.（I ）求异面直线PA 及BC 所成角的正切值； （II ）证明平面PDC ⊥平面ABCD ；（III ）求直线PB 及平面ABCD 所成角的正弦值。
上海高三数学高考二轮复习教案立体几何专题之空间的角与距离(1)含答案
沪教版（上海）高中数学度高三数学二轮复习立体几何专题之空间的角与距离①教学目标1、理解点到平面、直线和直线、直线和平面、平面和平面距离的概念；会用求距离的常用方法（如：直接法、转化法、向量法）2、理解线线角、线面角、面面角的概念定义和取值范围；会用求角的方法“一作二证三计算”。
知识梳理1、空间角：（1）空间角的计算步骤一作、二证、三算。
（2）异面直线所成角：1>范围：___________ (0°，90°]；2>计算方法:<1>平移法：一般情况下应用平行四边形的对边、梯形的平行对边、三角形的中位线进行平移;<2>补体法；（3）直线与平面所成的角：1>定义：平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角；一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是直角；2>范围：_____________ [0°，90°]；3>斜线与平面所成角的计算：<1>直接法：关键是作垂线，找射影可利用面面垂直的性质；<2>平移法：通过三角形的中位线或平行四边形的对边平移，计算其平行线与平面所成的角（也可平移平面）。
<3>通过等体积法求出斜线任一点到平面的距离d，计算这点与斜足之间的线段长l，则sindl θ=.(6)二面角：1>定义：平面内的一条直线把平面分为两部分，其中的每一部分叫做半平面.从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面。
二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，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，叫做这个二面角的平面角.规定：二面角的两个半平面重合时，二面角为0，当两个半平面合成一个平面时，二面角为π，因此，二面角的大小范围为_______ [0°，180°]；2>确定二面角的方法：<1>定义法；<2>垂面法；注：空间角的计算步骤：一作、二证、三算2、空间距离（1）七种距离：点与点、点到直线、两条平行直线、两条异面直线、点到平面、平行于平面的直线与该平面、两个平行平面之间的距离，其中点与点、点与直线、点到平面的距离是基础，求其它几种距离一般化归为求这三种距离； （2）点与点的距离： 1>解三角形及多边形；2>空间任意两点A 、B 间的距离即线段AB 的长度： 设()111,,A x y z 、()222,,B x y z ，则()()()222121212AB x x y y z z =-+-+-（3）两条异面两条异面直线的距离：直线的公垂线段的长度；说明：两条异面直线的距离等于其中一条直线到过另一条直线且与这条直线平行的平面的距离。
高考数学二轮复习考点知识讲解与提升练习27 空间点、直线、平面之间的位置关系
sin
∠C1BO
=
C1O BC1
=
1 2
∠C1BO = 30°
C
直线 BC1 与平面 ABCD 所成的角为 ∠C1BC = 45° ，故选项 D 正确．综上，答案选 ． ABD
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(1)证明点或线共面：
①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②
而 EF ⊥ 平面 BDD1，又因为 EF ⊂ 平面 BDD1，所以平面 B1EF ⊥ 平面 BDD1，所以 A 选项正确；
对于 B 选项：因为平面 A1BD ∩ 平面 BDD1= BD ,由上述过程易知平面 B1EF ⊥ 平面 A1BD 不成立；
对于 C 选项：由题意知直线 AA1 与直线 B1E 必相交，故平面 B1EF// 平面 A1AC 有公共点，从而 C 选
高考数学二轮复习考点知识讲解与提升练习 考点知识 27 空间点、直线、平面之间的位置关系
（1. 2022 年甲卷理 7 文 9）在长方体 ABCD − A1B1C1D1 中，已知 B1D 与平面 ABCD 和平面 AA1B1B 所成
的角均为30° ，则
． ． 与平面 所成的角为 A AB = 2AD B AB
cosθ=
。 cosθ1·cosθ2
③向量法求异面直线所成的角
1．公理 2 的三个推论 推论 1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；
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推论 2：经过两条相交直线有且只有一个平面； 推论 3：经过两条平行直线有且只有一个平面． 2．异面直线判定的一个定理 过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．
A1C
⊥
l
，即
高中高二数学测试卷试题空间角及距离
高二数学测试题—— 空间角和距离YCY 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150 分 .第Ⅰ卷50 分）（选择题，共一、选择题 （本大题共 10 个小题，每题 5 分，共50 分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的）1．直线 m 与平面 间距离为 d ，那么到 m 与 距离都等于 2d 的点的会合是 （ ） A ．一个平面 B ．一条直线 C ．两条直线 D ．空集 2．异面直线 a 、 b 所成的角为 ， a 、 b 与平面 都平行， b平面 ，则直线 a 与平面 所成的 角（ ） A ．与 相等 B ．与 互余 C ．与 互补 D ．与 不可以相等． 3．在正方体 ABCD — A B C D 中， BC 与截面 BB D D 所成的角为（ ） A ．B ．C ．D ．arctan23464．在正方形 SG 1G 2G 3 中， E ，F 分别是 G 1G 2 及 G 2 G 3 的中点， D 是 EF 的中点，此刻沿 SE ，SF 及 EF 把这个正方形折成一个四周体，使 G 1， G 2， G 3 三点重合，重合后的点记为 G ， 那么，在四周体 S － EFG 中必有（ ） A ． SG ⊥△ EFG 所在平面 B ． SD ⊥△ EFG 所在平面 C ．GF ⊥△ SEF 所在平面D ． GD ⊥△ SEF 所在平面5．有一山坡，它的倾斜角为30°，山坡上有一条小道与斜坡底线成45°角，某人沿这条小路向上走了 200 米，则他高升了（ ）A ． 100 2 米B ． 50 2 米C ． 25 6 米D ．506 米6．已知三棱锥 D － ABC 的三个侧面与底面全等，且AB ＝ AC ＝3 ，BC ＝2，则以 BC 为棱，以面 BCD 与面 BCA 为面的二面角的大小为（）A ． arccos3B ． arccos1πD ．2πC ．3 3 237．正四周体 A — BCD 中 E 、 F 分别是棱 BC 和 AD 之中点，则EF 和 AB 所成的角 （ ）A ．45B ． 60C ． 90D ．308．把∠ A=60°，边长为 a 的菱形 ABCD 沿对角线 BD 折成 60°的二面角，则AC 与 BD 的距离为（ ）3 3 36A ．aB ．aC ．aD ．a44249．若正三棱锥的侧面均为直角三角形，侧面与底面所成的角为α ，则以下各等式中成立的是（ ） A ． 0＜ α ＜B ．＜ α ＜C ．＜ α ＜3 D ．＜α ＜6 6 44 3 210．已知 A （1，1，1）， B （－ 1，0 ，4），C （2 ，－ 2，3），则〈 AB ， CA 〉的大小为 （）A ．B ． 5C ．2D ．6 6 3 3第Ⅱ卷100 分）（非选择题，共二、填空题（本大题共 4 小题，每题 6 分，共 24 分）11．从平面外一点 P 引斜线段 PA 和PB，它们与分别成 45 和 30 角，则APB 的最大值是______ 最小值是 _______12．ABC 中ACB=90，PA平面ABC，PA=2，AC=2 3 ，则平面PBC 与平面 PAC，平面ABC 所成的二角的大小分别是 ______、 _________．13．在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中，ABC 90 ，BAC 30 ，ＢＣ＝５，又ＰＡ＝ＰＢ＝ＰＣ＝ＡＣ，则点Ｐ到平面ＡＢＣ的距离是．14．球的半径为8，经过球面上一点作一个平面，使它与经过这点的半径成45°角，则这个平面截球的截面面积为．三、解答题（合计 76 分）15．（本小题满分12 分）已知SA⊥平面ABC， SA=AB， AB⊥ BC， SB=BC， E 是SC的中点，（1）求证： SC⊥面 BDE；（2）求二面角 E— BD— C 的大小．16．（本小题满分 12 分）如图，点P为斜三棱柱ABC A1 B1 C1的侧棱 BB1上一点， PM BB1 交 AA1于点M，PN BB1交 CC 1于点 N ．(1)求证： CC1 MN ；(2)在随意DEF中有余弦定理：DE 2DF2EF22 DF EF cos DFE．拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与此中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．17．（本小题满分12 分）如图，四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 1 的正方形， SD垂直于底面 ABCD ， SB= 3．（1）求证 BC SC；（2）求面 ASD 与面 BSC 所成二面角的大小；（3）设棱 SA 的中点为 M ，求异面直线 DM 与 SB 所成角的大小．18．（本小题满分 12 分）在直角梯形 ABCD中， D= BAD=90,AD=DC=1AB=a,( 如图一 ) 将△ ADCD 2沿 AC折起，使 D 到．记面 AC 为 , 面 ABC为．面 BC 为．D D（ 1）若二面角AC 为直二面角（如图二），求二面角BC 的大小 ;（ 2）若二面角AC 为 60 （如图三），求三棱锥 D ABC的体积．19．（本小题满分14 分）如图，已知正方形ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面相互垂直， AB= 2 ，AF=1， M 是线段 EF 的中点．（1）求证 AM// 平面 BDE；（2）求二面角 A DF B 的大小；（3）试在线段 AC 上确立一点 P，使得 PF 与 BC 所成的角是 60 ．20．（此题满分14 分）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，并且平面相互垂直．点M 在 AC 上挪动，点 N 在 BF 上挪动，若 CM BNABCD 、ABEF a (0a2) ．（1）求MN的长；（2）当a为什么值时，MN的长最小；（ 3）当MN长最小时，求面MNA 与面 MNB 所成的二面角的大小．参照答案（七）一．选择题（本大题共10 小题，每题 5 分，共 50 分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案C B C A B C A A D D二．填空题（本大题共 4 小题，每题 6 分，共24 分）11．750 ,15 0 12 ． 900 ,30 0 13．5 3 14 ．32三、解答题（本大题共 6 题，共76 分）15．(12分)（1）证明：（1）∵SB=BC E是SC的中点∴ BE⊥SC ∵ DE⊥ SC∴ SC⊥面 BDE（2）解：由（ 1 ）SC ⊥BD∵SA ⊥面ABC ∴SA ⊥BD ∴BD ⊥面SAC ∴∠EDC 为二面角 E-BD-C 的平面角设 SA=AB=a, 则 SB=BC=2a ．在Rt SBC中, SC2a,在Rt SAC中,DCE30 0 ,在 Rt DEC 中, EDC 60．16．(12 分) (1)证：CC 1 //BB1CC 1 PM , CC 1 PN , CC 1 平面 PMN CC 1 MN ；(2) 解：在斜三棱柱 ABCA 1 B1C 1中，有 S ABB 21A 1S BCC 21B 1S ACC 2 1A 12SBCC 1B 1S ACC 1A 1cos，此中 为 平面 CC 1B 1 B 与平面 CC 1 A 1A 所构成的二面角．CC 平面 PMN , 上 述 的 二 面 角 为 , 在PMN 中 ，1M N PPM 2 PN 2 MN 2 2PN MN c o sM N PPM 2CC 2PN 2CC 2 MN 2CC 2 2(PN CC ) (MN CC )cos MNP，11111因为SBCC BPN CC, SACC AMN CC, SABB APM BB 1 ，1 111111 1有SABB 21 A 1SBCC 21B 1S ACC 2 1A 12SBCC BSACC Acos ．1 11 117．(12 分 ) （ 1）证法一：如，∵底面 ABCD 是正方形， ∴ BC ⊥ DC ．∵ S D ⊥底面 ABCD ，∴ DC 是 SC 在平面 ABCD 上的射影，由三垂线定理得 BC ⊥ SC ．证法二：如图 1，∵底面 ABCD 是正方形， ∴ BC ⊥ DC ．∵ SD ⊥底面 ABCD ， ∴ S D ⊥ BC ，又 DC ∩SD=D ，∴ BC ⊥平面 SDC ，∴ BC ⊥SC ．（2）解：如图 2，过点 S 作直线 l // AD, l 在面 ASD 上，∵底面 ABCD 为正方形，l // AD // BC , l 在面 BSC 上，l 为面 ASD 与面 BSC 的交线． l SD AD , BC SC, lSD,lSC,∴∠ CSD为面 ASD 与面 BSC 所成二面角的平面角． （以下同解法一）（3）解 1：如图 2，∵ SD=AD=1，∠ SDA=90°， ∴△ SDA 是等腰直角三角形．又 M 是斜边 SA 的中点，∴DM ⊥ SA ．∵ BA ⊥AD ，BA ⊥SD ，AD ∩ SD=D ，∴ BA ⊥面 ASD ，SA 是 SB 在面 ASD 上的射影．由三垂线定理得 DM ⊥SB ．∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90°．解 2：如图 3，取 AB 中点 P ，连结 MP ，DP ．在△ ABS 中，由中位线定理得 MP//SB ，DMP 是异面直线DM 与 SB 所成的角．MP1SB3，又22DM2, DP1 ( 1)25 ,22 2∴在△ DMP 中，有 DP 2 =MP 2+DM 2， DMP 90图 3∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90° ．18． (12 分 ) 解：（1）在直角梯形 ABCD 中， 由已知DAC 为等腰直角三角形，∴AC2a, CAB 45 , 过 C 作 CH ⊥AB ，由 AB=2a ，可推得 AC=BC= 2a.∴ AC ⊥BC ．取 AC 的中点 E ，连结 D E ，则 D E ⊥ AC 又 ∵ 二面角 a AC为直二面角，∴ D E ⊥ 又 ∵ BC 平面 ∴ BC ⊥ D E∴ BC ⊥ a ，而 D Ca，∴ BC ⊥ D C ∴D CA 为二面角 BC 的平面角．因为D CA 45，∴二面角BC为 45 ．（2）取 AC 的中点 E ，连结 D E ，再过 D作D O，垂足为 O ，连结 OE ．∵ AC ⊥ D E ， ∴ AC ⊥ OE ∴D EO 为二面角 a AC的平面角，∴D EO 60 ．在 Rt D OE 中， D E 1 2 a，AC22 ∴V DABC1S ABC D O1 1 AC BC D O1 2a 2a6 a 6 a 3 .3 326412图 1图 219．（ 14 分）解法一 : (1) 记 AC 与 BD 的交点为 O,连结 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 ．∵ OE 平面 BDE ， AM 平面 BDE ，∴AM ∥平面 BDE ． (2) 在平面 AFD 中过 A 作 AS ⊥DF 于 S ，连结 BS ，∵AB ⊥AF ， AB ⊥AD ，ADAF A, ∴ 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 RtASB 中， AS6 2,, AB3∴tan ASB3, ASB 60 ,∴二面角 A — DF — B 的大小为 60o ．（3）设 CP=t （0≤t ≤2） , 作 PQ ⊥AB 于 Q ，则 PQ ∥AD ， ∵PQ ⊥AB ， PQ ⊥AF ， AB AF A ，∴PQ ⊥平面 ABF ，QE平面 ABF ，∴PQ ⊥QF ．在 RtPQF 中，∠ FPQ=60o ， PF=2PQ ．∵Δ PAQ 为等腰直角三角形，∴ PQ2PAF 为直角三( 2 t ).又∵角形，∴ PF(2 t ) 1，∴ (2 t )222 (2 t ). 因此 t=1 或 t=3( 舍1 222去), 即点 P 是 AC 的中点．解法二： （1）成立如下图的空间直角坐标系． 设AC BD N ，连结 NE ，则点 N 、E 的坐标分别是（2 2 、（ 0,0,1 ）, , ,0) 2 2∴NE(2 , 2,1) , 又点 A 、M 的坐标分别是222 ,2 ( 2, 2,0) , （,1)22∴ AM = （2 , 2,1) ∴ NEAM 且 NE 与2 2AM 不共线， ∴NE ∥AM ． 又∵ NE 平面 BDE ， AM平面 BDE ，∴AM ∥平面 BDF ．（2）∵ AF ⊥ AB ，AB ⊥AD ，AF AD A, ∴AB ⊥平面 ADF ．∴AB( 2,0,0) 为平面 DAF 的法向量．∵NE DB =（2 , 2 ,1) · ( 2 , 2,0) =0，2 2∴ NE NF =（2 , 2,1) · (2, 2,0) =0 得22NEDB ， NE NF ，∴N E 为平面 BDF 的法向量．∴cos < AB NE1 60o ．即所求二面角= ∴AB 与 NE 的夹角是2A —DF —B 的大小是 60o ．（3）设 P(t,t,0)(0≤t ≤2 ) 得 PF(2 t, 2 t,1), ∴BC=（2 ， 0，0）又∵PF 和 BC 所成的角是 60o ．∴ cos 60( 2 t ) 2( 2 t) 2 ( 2 t ) 212解得 t2或t3 2（舍去），即点 P 是 AC 的中点．2220．(14 分 ) 解：（ 1）作 MP ∥ AB 交 BC 于点 P ， NQ ∥ AB 交CBE 于点 Q ，连结 PQ ，依题意可得 MP ∥ NQ ，且 MP NQ ，PD M即 MNQP 是平行四边形∴ MN PQQ由已知CM BNa ，CB AB BE 1BE2 又 CPa ， BQ a∴ ACBF， N121 2即CP BQaAF2∴MNPQ(1 CP)2BQ2(1 a ) 2( a ) 2(a2 )21(0 a2 )2 222（2）由（Ⅰ）， MN( a2 )2 1, 因此，当a2 时， MN22222即 M 、 N 分别挪动到 AC 、 BF 的中点时， MN 的长最小，最小值为2 ．2（3）取 MN 的中点 G ，连结 AG 、 BG ，∵ AM AN ， BMBN ， G 为 MN 的中点∴ AG ⊥ MN ， BG ⊥ MN ，∠ AGB 即为二面角的平面角 , 又 AGBG6 ，因此，由余2246 611 弦定理有44 1 , 故所求二面角 arccoscos326 6344。
高三数学二轮专题复习27 空间角与空间距离
立体几何—空间角与空间距离专题综述空间角度与空间距离的推理、比较与计算，是高考考查的重点.求解方法既可以选择几何法，又可以选择向量法，在解决空间背景下及建系困难的几何体中的角与距离时，几何法更具优势，在解决简单几何体中的角与距离及探究性问题时，向量法更具优势.因此,选择合适的方法，确保快速解决问题.另外，两种方法都要求熟练准确的运算，且具有较高的直观想象、逻辑推理及数学运算的核心素养.专题探究探究1：综合法解决立体图形中角度和距离问题的思路：立体几何平面化→平面几何三角化→三角问题定理化.即把空间立体几何的问题转化为平面几何的问题，再把平面几何的问题转化为解三角形问题.答题思路一：综合法求解空间角（1）求异面直线成角的方法①平移：平移已有的平行线，或选择适当的点（线段的中点或端点），做平线性平移，或补形平移；② 证明：证明所作的角是异面直线所成的角或是其补角；③ 寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，解三角形； ④ 取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．（2）求线面角的方法： （I ）定义法：① 先确定斜线与平面，找到线面的交点A 为斜足；找线在面外的一点B ，过点B 向平面α做垂线，确定垂足O ；② 连结斜足A 与垂足O ,OA 为斜线AB 在面α内的投影；投影OA 与斜线AB 之间的夹角为线面角；③ 把投影OA 与斜线AB 归到三角形中进行求解. （2）间接法：设斜线PA 与平面α所成角为θ，则sin Ph PAθ=（P h 为点P 到平面α的距离），转化为求点P 到平面α的距离，可利用等积转化或借助其他点求距离. （3）求二面角的方法：l αβ--① 点A 为平面α内一点，过点A 作AO l ⊥于点O ； ② 证明过点A 的直线AB ⊥平面β于点B ,连接OB ，AB l l ⇒⊥⇒⊥平面AOB ,OB l ⇒⊥，⇒AOB ∠即为二面角l αβ--的平面角；③ 解Rt AOB ∆.答题思路二：综合法求解空间距离空间中的距离：平行平面间的距离、平行平面的直线到平面的距离、点到平面的距离⇒转化为点到平面的距离求点A 到平面α距离的方法： （1）直接法：① 求证过点A 的直线AB ⊥平面α于点B ，则线段AB 的长即为点A 到平面α的距离； ② 利用求三棱锥体积的等积转化思想进行求解； （2）间接法：转化为其他点到平面的距离① 直线AB 平面α，转化为求点B 到平面的距离；② ,A B ∈平面β，平面β平面α，转化为求点B 到平面的距离.（2021.福建省福州市月考试卷）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，下列结论正确的有（ ） A.二面角11A CD D --的大小为045 B.异面直线11D B 与CD 所成的角为060 C. 直线11D B 与平面11A DCB 所成的角为030 D. 1D 到平面11A DCB 的距离为2【审题视点】以简单几何体或者空间位置背景下的多选题，选项中涉及求空间角、距离、体积的问题，若建系，运算量较大，可以优先选择综合法解题.【思维引导】将综合法求空间角和距离的方法，以“流程化”的形式，将需要寻找的点，或需要作出的辅助线呈现出来，即可锁定所求的角或线段长.综合法的关键是，“按步骤进行”.【规范解析】解：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， 连接1AD 交1A D 于点O ，则11A D AD ⊥CD ⊥平面11ADD A1CD AD ∴⊥11,,A D CD D A D CD =⊂平面11A DCB 1AD ∴⊥平面11A DCB确定过点1D 垂直于平面11A DCB 的垂线1DD CD⊥11A DD ∴∠是二面角11ACD D --的平面角，又1145A DD ∠=,∴二面角11A CD D --的大小为045故A 正确11CD C D111B D C ∴∠是异面直线11D B 与CD 所成角或其补角又011145B D C ∠=∴异面直线11D B 与CD 所成角为045故B 错误01130OB D ∴∠=∴直线11D B 与平面11A DCB 所成的角为030故C 正确 方法一：1OD ⊥平面11A DCB∴1OD 的长即为点1D 到平面11A DCB 的距离 ∴点1D 到平面11A DCB方法二：三棱锥111D A B D -中111111D A B D B A D D V V --=1111111133D A B D B A D D h S h S ∆∆∴⋅⋅=⋅⋅11111112222122B A D DDA B Dh ShS∆∆⋅⋅⋅⋅∴===⋅∴点1D到平面11A DCB方法三：111111,C D A B A B ⊂平面11A DCB，11C D⊄平面11A DCB三棱锥111C A B C-中111111C A B C A C B CV V--=11111112222122A CB CCA B Ch ShS∆∆⋅⋅⋅⋅∴===⋅∴点1C到平面11A DCB，即点1D到平面11A DCB故D正确.【探究总结】求空间角和距离，不能单一的只利用空间向量法求解，对于一些简单的几何体，或者建系定坐标需花费较多时间的题目，选择用综合法求解会缩短解题时间.空间三大角中，二面角的求解较为困难，记住一点出发，作两垂线，连接两垂足，解三角形即可.1111111133C A B C A C B Ch S h S∆∆∴⋅⋅=⋅⋅（2021年全国新高考Ⅰ卷）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点. （1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.探究2：向量法利用空间向量求空间角与距离的思路：寻找从同一点出发的三条两两相互垂直的直线（条件不足需证明垂直）⇒建立空间直角坐标系⇒确定点的坐标⇒求出向量（方向向量或法向量）坐标 ⇒带入空间向量求角或距离的公式，求解. 答题思路三：向量法求解空间角与空间距离（1）求空间角① 设异面直线,m n 的方向向量分别为,m n ，则异面直线,m n 所成角的余弦值为cos ,m n m n m n⋅=； ② 设直线m平面A α=，直线m 的方向向量为m ，平面α的法向量为a ，则直线m 与平面α所成角的正弦值为cos ,m a m a m a⋅=； ③ 设平面α平面l β=，平面α，平面β的法向量分别为,a b ，则法向量,a b 夹角的余弦值为cos ,a b a b a b⋅=.（2）求点到平面的距离点P ∉平面α，点A ∉平面α，平面α的法向量为n ，则点P 到平面α的距离为PA n n⋅.强调：方向向量所成角的余弦值的绝对值分清所求角是二面角还是平面与平面所成角，对结果进行转化注意是角的正弦值（1）利用空间向量求解空间角或者空间距离①通过建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算进行；②利用空间向量基本定理表示向量，结合空间向量数量积，求角或距离.（2）求解空间角或者距离范围、最值的问题依然利用上述的求解思路，只是点的坐标含有参数，导致最终的结果是一个含参表达式.结合题干条件明确参数范围，转化为函数求范围、最值问题.AB=，（2021广东省佛山市期中考试）如图，已知矩形ABCD中，21∆沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM，AD=，M为DC的中点，将ADM连接BM.（1）求证：BM⊥平面ADM；--的余弦值；（2）求二面角A DM C-的体积为（3）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥M ADE212【审题视点】题干条件中边长关系较多，联想到利用勾股定理或等腰三角形的三线合一的结论得出垂直结论，平面ADM⊥平面ABCM转化为线面垂直，故图形中垂直结论较多，第一问不难证明，同样容易建系求解后续两问.【思维引导】这是一道立体几何部分的常规题型，图形中垂直条件较多，不难证明BM⊥平面ADM，第一问的结论又为建系提供条件.题中需要求二面角的余弦值，及探究点E位置，用空间向量解决问题的思路更清晰一些.【规范解析】（1）证明：∵矩形ABCD 中，2AB =，1AD =，M 为DC 的中点2AM BM ∴==，222AM BM AB ∴+=AM BM ∴⊥平面ADM ⊥平面ABCM ,平面ADM平面ABCM AM =BM ⊂平面ABCM BM ∴⊥平面ADM（2）解：分别取,AM AB 的中点O 和N ，则ONBM ，ON ∴⊥平面ADM ,ON AM ON OD ∴⊥⊥ AD AM = OD AM ∴⊥建立如图所示空间直角坐标系 则2220,0,,,0,0,2,,0222D M C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 2222,0,,,,02222DM MC ⎛⎫⎛⎫∴=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设(),,m x y z =为平面CDM 的一个法向量， 则2202222022DM m x z MC m x y ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩令1x =，则1,1y z ==-，即()1,1,1m =- 又()0,1,0n =是平面ADM 的一个法向量，3cos ,3m n m n m n⋅==∴二面角A DM C --的余弦值为33建系：凑齐建系条件找点坐标，表示向量坐标，若直接表求向量的坐标难度大，可利用向量间的关系，间接表示求法向量，与坐标平面重合或者平行的平面可直接给出法向量结合图形，分析二面角的范围，对结果进行转化（3）由（2）得22,0,0,,2,022A B ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 22,2,22DB ⎛⎫∴=-- ⎪ ⎪⎝⎭设[],0,1DE DB λλ=∈22,2,22DE λλλ⎛⎫∴=-- ⎪ ⎪⎝⎭ 则222,2,222E λλλ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭2222,2,2222AE λλλ⎛⎫∴=--- ⎪ ⎪⎝⎭∴点E 到平面ADM 的距离2AE n d nλ⋅==则1223612M ADB ADM V S d λ-∆=⋅==解得12λ=，则E 为BD 的中点． 【探究总结】向量法解决问题的前提是合理建系（条件不足时，有必要的证明）,写出点的坐标，求解二面角、点面距的前提是准确求出法向量.向量法本质是几何问题代数化，准确计算是保障.（2021浙江省期中考试）如图,在四棱柱1111ABCD A B C D -中,底面ABCD是等腰梯形, AB CD ,14,2AB BC CD D C ====, 1D C ⊥底面ABCD ,则（ ） A.BC ⊥平面1ACDB.直线1DD 与底面ABCD 所成的角为4πC.平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为217过点E 的斜线的方向向量+平面的法向量，求点面距离专题升华对于空间角与空间距离的计算问题，综合法与向量法都需要掌握.综合法要求一作（作辅助线）、二证（证明作图的合理性，即平行垂直的依据）、三计算（利用平面几何的知识计算角或边长），注重考查空间想象能力（判别平行与垂直的位置关系），推理论证能力（平行与垂直关系的辅助线作图与论证），运算求解能力（利用余弦定理,计算三角形的内角与边长）.空间向量法要求建立坐标系、写出点坐标、计算角的三角函数值与距离或选择空间向量基底表示其他向量, 利用空间向量数量积运算计算各种角的三角函数值与距离.两种方法针对不同的题型，各具优势，做题时选择合适的方法，快速准确的解题.【答案详解】 变式训练1 【解析】 解：（1）AB AD =，O 为BD 中点OA BD ∴⊥平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD OA ∴⊥平面BCDOA CD ∴⊥（2）作EF BD ⊥于F , 作EM BC ⊥于M ,连FM ,则EF OA OA ⊥平面BCD ,EF OAEF ∴⊥平面BCDEF BC ∴⊥平面BCD,EM BC EM EF E ⊥=BC ∴⊥平面EFMBC FM ∴⊥EMF ∴∠为二面角E BC D --的平面角, 即4EMF π∠=BO OD =,OCD ∆为正三角形BCD ∴∆为直角三角形2DE EA =1223FM BF ∴== 33122OA EF FM ∴===11131133326A BCD BCD V OA S -∆∴=⋅=⨯⨯⨯⨯= 变式训练2【解析】解：如图，易知1D C ⊥平面.ABCD BC ⊂平面ABCD1.BC D C ∴⊥在等腰梯形ABCD 中，过点C 作CG AB ⊥于点.G 则3AG =，1BG =，22213CG =-=， 所以22223(3)2 3.AC AG CG =+=+= 因此满足22216AC BC AB +==，所以.BC AC ⊥ 又1D C ，AC ⊂平面1AD C ，1D C AC C =， BC ∴⊥平面1AD C1D C ⊥平面ABCD14D DC π∴∠=，即直线1DD 与底面ABCD 所成的角为.4π 建立如图所示空间直角坐标系则(0,0,0)C ，(23,0,0)A ，(0,2,0)B ，1(0,0,2)D ， (23,2,0)AB ∴=-，1(23,0,2).AD =-设平面11ABC D 的法向量(,,)n x y z =，由10,0,AB n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得2320,2320,x y x z ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩ 取1x =，可得平面11ABC D 的一个法向量(1,3,3).n = 又1(0,0,2)CD =为平面ABCD 的一个法向量 设平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角为θ， 则11||2321cos ||||727CD n CD n θ⋅===，因此平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为7 故点C 到平面11ABC D 的距离为1||221||7CD n n ⋅= 故选.ABC。
2023届高考数学二轮复习提升微专题几何篇第28讲怎么求异面直线所成角含解析
第28讲 怎么求异面直线所成角一、知识与方法1异面直线所成角的定义(线线角)直线,a b 是两异面直线,经过空间任意一点O ,分别作//,//a a b b '',则两相交直线a ',b '所成的锐角(或直角)叫作两异面直线,a b 所成的角,两条异面直线所成的角的范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦2求异面直线所成的角的方法求异面直线所成的角是通过平移直线,把异面问题转化为共面问题来解决,根据等角定理,异面直线所成的角的大小与顶点位置无关,一般将角的顶点取在一些特殊点上(如线段端点,中点等),还可以用空间向量法求解就不用平移了.3平移法求异面直线所成角的一般步骤(1)平移:选择适当的点,平移异面直线中的一条或两条成为相交直线,这里的点通常选择特殊位置的点,如线段的中点或端点,也可以是异面直线中某一条直线上的特殊点.(2)证明:证明所作的角是异面直线所成的角.(3)寻找:在立体图形中,寻找或作出含有此角的三角形,并解之.(4)取舍:因为异面直线所成角的范围是0,.2π⎛⎤⎥⎝⎦所以所作的角为钝角时,应取它的补角作为异面直线所成的角.4立体几何中,解计算题的一般步骤(1)作图;(2)证明; (3)计算.三步缺一不可.二、典型例题【例1】(1)在正四面体ABCD 中(如图31-所示),,E F 分别是,AB CD 的中点,则EF 和BC 所成的角为________;(2)已知正四面体ABCD 中,E 是AB 的中点,则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为（ ）.A.16C.13(3)在正四面体ABCD 中,(如图32-所示)线段MN 是棱AC 的中点和BCD 中心的连线,而线段DE 是ABD 的高.求MN 和DE 所成角的余弦值.【分析】本例3小题都是求正四面体上两异面直线所成角.通常是通过平移化空间为平面,再解三角形求得,一般情况下运用余弦定理[如第(2)(3)问的解法],也可用原图形的扩展,每个四面体都有其外接平行六面体,四面体的棱为平行六面体的面对角线,而正四面体的外接平行六面体是正方体或者说正四面体是正方体的六条面对角线所构成的内接图形,第(1)(2)问的解法二用的就是这种解法. 【解析】(1)【解法一】(平移法)如图33-所示,取BD 的中点M ,连接,EM FM ,则11//,//.22EM AD FM BC EFM ∴∠是EF 与BC 所成的角或其补角.ABCD 是正四面体,AD ∴BC =且AD BC ⊥,于是EM FM =且EM FM ⊥,即EMF 是等腰直角三角形.45EFM ︒∴∠=,即EF 与BC 所成角为45︒. 【解法二】(补体法)如图34-所示,作正四面体ABCD 的外接正方体,则,E F 分别为正方体相对两个面的中心,//EF BG ∴.于是EF 与BC 所成角即为CBG ∠,其大小为45︒. (2)【解法一】(平移法)如图35-所示,取AD 的中点F ,连接,EF CF ,则//.EF BD 故CEF ∠(或其补角)即为异面直线CE 与BD 所成的角.设正四面体的棱长为2,则1CE CF EF ===.在CEF 中,由余弦定理得222cos2CE EF CF CEF CE EF +-∠===⋅∴异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为6,故选B . 【解法二】(补体法＋向量法)在正方体中嵌套一个正四面体ABCD ,建立空间直角坐标系,如图36-所示,不妨设正方体的棱长为2,则(0,0,2),A B (2,0,0),(0,2,0),(2,2,2),C DE 是AB 的中点,(1,0,1)E ∴,又(1,2,1),CE =-,||(0,2,2),cos |cos ,|||||CE BD BD CE BD CE BD θ⋅=∴=〈〉===故选B . (3)如图37-所示,连接DN ,延长交BC 于F ,可知F 为BC 中点,连接EF ,取EF 三等分点G ,使21EG GF =.连接,GN GM ,则//GN DE 且1,3GN DE GNM =∴∠是MN 和DE 所成的角或其补角.设正四面体棱长为.a 在GMN 中,,GN GM ==连接1,,,cos 2NC MC a NC MCN ==∠=.2222112cos ,42MN MC NC MC NC MCN a MN a ∴=+-⋅⋅∠=∴=222cos 2NG MN GM GNM NG MN +-∴∠==⋅MN ∴与DE 所成角为【例2】如图38-所示,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,,E F 分别为,AB BC 的中点,设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为________.【分析】立体几何中动态问题具有较大的综合性,是解立体几何问题中的一个难点,通常有儿何法与向量法两种解题方法,几何法可以结合图形分析何时取得最大值,当点M 在P 处时,EM 与AF 所成角为直角,此时余弦值为0(最小),当M 到达Q 点时,角最小,从而余弦值最大.当然若设QM x =,求得cos θ关于x 的函数,借助于函数的单调性求得最大值,可谓殊途同归,结合图形中动点变化时,EM 与AF 所成角大小的变化,显示出数形结合,以形助数的魅力,这是一种很好的思维方法.当然本题极易建立空间直角坐标系,利用向量解无疑是求空间角的常用方法,易于操作. 【解法一】(平移法十函数单调性)如图39-所示,设正方形的边长为2,QM x =,则0x2.取BF 中点G ,连接,EG MG ,则//,EG AF MEG ∠或其邻补角即为异面直线EM 与AF 所成的角,设MEG θ∠=,连接EQ .在Rt AQE 中,易得QE=在Rt MQE 中,易得ME =而AF =,则EG =,过点G 作GH AD ⊥,过点M 作MR AD ⊥,则12HR x =-.在Rt GHR 中,易得GR=在Rt MRG 中,易得2222EG EM MG MG EG EM θ+-==⋅===易知()f x =在[0,2]x ∈上是减函数.∴当0x =时,max 2()5f x =,即cos θ的最大值为25.【解法二】(向量法+基本不等式)以A 为原点,分别以射线,,AB AD AQ 为x 轴,y 轴,z 轴的正半轴建立空间直角坐标系A xyz -,如图310-所示,设1AB =,则AF =111,,0,,0,022E ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设(0,,1)(01)M y y ,则1,,12EM y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.由于异面直线所成角的范围为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦,cosθ∴===令81,[1,9]t y t=+∈,而281161814552yy tt+=++-,当1t=时取等号.1122cos5555θ∴=⨯=当0y=时,即点M与点Q重合时,cosθ取得最大值为25.【例3】如图311-所示,平行六面体1111ABCD A B C D-中,底面ABCD是边长为1的正方形, 1112,AA A AB A AD=∠=∠120︒=,求异面直线1AC和1A D所成角的余弦值.【分析】求两异面直线所成角的余弦值,从立体几何角度讲,通常采用平移法,但有时平移后的图形不易作出,可用补体的方法,即补体后再平移,当然,运用向量法求两异面直线所成的角是好方法.而向量法通常又分为纯向量法和坐标法.当空间直角坐标系难认建立时,可考虑纯向量的方法,还必须提醒的是两异面直线所成角的范围为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦,而两向量所成角的范围是[0,]π,这是容易出错的地方.【解法一】(补体法)如图312-所示,补上一个同样的平行六面体2222ABCD A B C D -,则12C AD ∠或其补角即为异面直线1AC 和1A D 所成角.在12C AD 中,可算出21AD AC =21D C =故由余弦定理得12cos 7 C AD ∠==-而两异面直线所成角的范围为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦,故异面直线1AC 和1A D . 【解法二】（纯向量法）注意到从点A 出发的三条棱长和两两夹角都是已知的,故可设AB1,,a AD b AA c ===,如图313-所示.则10,1212a b a c b c ⎛⎫⋅=⋅=⋅=⨯⨯-=- ⎪⎝⎭11,,AC a b c A D b c =++=-故1()()AC AD a b c b c ⋅=++⋅-22212,()7,a b a c b c A D b c ⋅-⋅+-=-=-=112111|()2cos2AC A D AC a b c AC A Dθ⋅=++=∴=== 故异面直线1AC 和1A D 所成角的余弦值为7. 三、易错警示【例】空间四边形ABCD 中,2,1,AD AB CB CD AD ====与BC 所成的角为60,E ︒,F 分别为,AB CD 的中点,求AB 与CD 所成的角及EF 的长. 【错解】如图314-所示,过点D 作//DP CB ,过点B 作//BP ,CD DP 与BP 交于点P .1,CB CD ==∴四边形BCDP 是边长为1的菱形.则ADP ∠就是AD 与BC 所成的角,即60ADP ︒∠=. ABP ∠是AB 与CD 所成的角.在ADP 和ABP 中,,,.AB AD PD PB AP AP ===.60ADP ABP ABPADP ︒∴≅∴∠=∠=,因此,AB 与CD 所成的角为60.︒ 在ADP 中,1,60,2PD BC ADP AD ︒==∠==.则由余弦定理,得AP==.取AC 的中点为Q ,则//,//EQ BC QF AD ,且1,1,602EQ QF EQF ︒==∴∠=. 则2EF ==,因此,EF 的长为2.【评析及正解】上述解法对异面直线所成角的概念不凊晰,其实ADP ∠是AD 与BC 所成的角或其补角,所认在上述解法的基础上还应补上120ADP ︒∠=的情形.如图315-所示,不论60ADP ︒∠=还是120ADP ︒∠=,异面直线AB 与CD 所成角都为60.︒取AC 的中点Q ,则////,EQ BC PD QF //.AD 且1, 1.602EQ QF EQF ︒==∴∠=或120.EQF ︒∠=当60EQF ︒∠=时EF ==当120EQF ︒∠=时,EF ==因此,EF 的长为2. 四、难题攻略【例】将边长为1的正方形11AA O O (及其内部)绕1OO 旋转一周形成圆柱,如图316-所示,AC 长为112,3A B π长为3π,其中1B 与C 在平面11AA O O 的同侧. (1)求三棱锥111C O A B -的体积; (2)求异面直线1B C 与1AA 所成角的大小.【分析】本题的载体为圆柱,情景有所不同,但仍然依据求两异面直线所成角的3种基本方法求解,即①立体几何平移法;②化向量的方法;③向量坐标法.【解析】(1)11133V Sh ===(2)【解法一】(平移法)如图316-所示,过C 作11//CC AA ,则11C CB ∠为异面直线1B C 与1AA 所成的角. 在11Rt CC B 中,1111,1B C CC ==.因此,1111tan 1.C CB C CB ∠=∴∠4π=∴异面直线1B C 与1AA 所成的角为.4π【解法二】(纯向量法)如图317(1)-所示,由11BC BO OC =+,且11A A OO =,得()1111111B C A A B O OC O O B O O O OC O O ⋅=+⋅=⋅+⋅1111cos 0112B O O O B OO =∠+=⨯=因此11cos ,2B C AA ==∴异面直线1B C 与1AA 所成的角为4π.【解法三】(向量坐标法)建立如图317(2)-所示空间直角坐标系,则(0,1,0)A ,111111(0,1,1),,0,,1(0,0,1),(0,1,1) 2222A C B AA B C ⎛⎫⎛⎫-==-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此11111112cos ,2A ABC AA B C A A B C⋅==∴异面直线1B C 与1A A 所成的角为4π. 五、强化训练1.如图318-所示.三棱锥111ABC A B C -中,底面边长和侧棱长都相等.1160BAA CAA ︒∠=∠=,求异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值.【解析】【解法一】（直接平移法）：如图①所示，作底面，由可知，为的角平分线，且面，于是，四边形为矩形.取的中点，联结交于点，则为的中点， ∴异面直线与所成角等于与所成的角，即或其补角.设三棱柱的棱长为，由题意即可得于是.故异面直线与【解法二】（补体法一）:在三棱柱的上底面补一个大小相同的三棱柱，如图②所示，联结，且交于点，则或其补角为异面直线与所成角，设，易得1AO ⊥ABC 1160BAA CAA ∠=∠=︒AO BAC ∠,AO BC BC ⊥⊥11,AAO BC AA ⊥1BC BB ⊥11BB C C AC E 1B C 1BC F F 1B C 112EF AB //1AB 1BC EF BF BFE ∠2111122BE EF AB BF BC ====222cos 2BF EF BE BFE BF EF +-∠===1AB 1BC 111ABC A B C -111222A B C A B C -22,BC AC 2AC 11A C D 12AB C ∠1AB 1BC 1BC =.在中，有，异面直线与所成角的余弦.【解法三】（补体法二）：将三棱柱补为平行六面体，再放同样的一个平行六面体，如图③所示.就是异面直线与所成的角，设棱长为，在中，易求得.在中，易求，∴，从而在中，求得.在中，由余弦定理得. 【解法四】（纯向量法）：不妨设长为，∵，∴，∴，∴. ∵，∴.∴异面直线与【解法五】（向量坐标法）：如图④所示，以为原点建立空间直角坐标系，过作平面于，则必在轴上，且，从而.设棱长为，则.∴∴，设异面直线与所成角为，则. 12122B CBC AC AD ====12AB C 12cos AB C ∠==1AB 1BC 1C BE ∠1AB 1BC 11B AB 1AB=BE =11AC E 1C E =1BC AA ⊥1BC CC ⊥1BCC 1BC =1BC E 1cos 223C BE ∠==⨯⨯AB 111111111,BC BA AA AC AB AA A B =++=+221111()2BC BA AA AC =++=12BC =221111()3AB AA A B =+=13AB =111111111()()1BC AB BA AA AC AB AA A B =++=+=1111cos 2BC AB BC AB θ===1AB 1BC A 1A 1A M ⊥ABC M M x 1cos 3A AM ∠1sin 3A AM ∠=1111,0),,0)22A B C -11115312(,,),62AB AA AB AC AA AC =+==+=1,)23-113(3BC AC AB =-=-1AB 1BC θ11116cos 6BC AB BC AB θ==。
备战高考 高中数学 二轮专项分层特训 试卷习题 命题点15 空间角与空间距离(一)
命题点15空间角与空间距离(一)大题突破1．[2022·北京卷]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM＝MN.注：如果选择条件①和条件②分别解答，那么按第一个解答计分．2．[2022·全国甲卷]在四棱锥P ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB ＝1，AB＝2，DP＝3.(1)证明：BD⊥P A；(2)求PD与平面P AB所成的角的正弦值．3．[2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．4．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面P AD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．5．[2022·福建福州三模]如图1，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝3，E是AB 的中点，D在AC上，DE⊥AB.沿着DE将△ADE折起，得到几何体A BCDE，如图2(1)证明：平面ABE⊥平面BCDE；(2)若二面角A DE B的大小为60°，求直线AD与平面ABC所成角的正弦值．6．[2022·湖南长郡中学模拟]如图，已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1，O ，M ，N 分别为线段BC ，AA 1，BB 1的中点，P 为线段AC 1上的动点，AA 1＝16，AC ＝8.(1)若AO ＝12BC ，试证：C 1N ⊥CM ； (2)在(1)的条件下，当AB ＝6时，试确定动点P 的位置，使线段MP 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为3210.。
备战高考 高中数学 二轮专项分层特训 试卷习题 命题点14 空间位置关系、空间角与空间距离
命题点14空间位置关系、空间角与空间距离小题突破一、单项选择题1．[2022·山东德州二模]已知m，n是两条不重合的直线，α是一个平面，n⊂α，则“m⊥α”是“m⊥n”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．[2022·湖北八市3月联考]设α，β为两个不同的平面，则α∥β的一个充要条件可以是()A．α内有无数条直线与β平行B．α，β垂直于同一个平面C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一条直线3．[2022·湖南邵阳模拟]已知α、β表示两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是()A．α⊥β，m⊂α，n⊂β⇒m⊥nB．α⊥β，m⊂α⇒m⊥βC．α⊥β，m⊥β，m⊄α⇒m∥αD．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n4．[2022·福建龙岩模拟]已知直三棱柱ABC A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的正弦值为()A．153B．53C．64D．1045．[2022·全国乙卷]在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则() A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D6．[2022·全国甲卷]在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B 所成的角均为30°，则()A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°7．如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为()A ．1B ．22C ．64D ．338．[2022·江苏南通模拟]某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆(如图所示)若该同学所画的椭圆的离心率为12 ，则“切面”所在平面与底面所成的角为( )A ．π12B ．π6C ．π4D ．π3二、多项选择题9．[2022·河北石家庄二模]设a ，b 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论不正确的是( )A ．若a ∥b ，b ∥α，则a ∥αB ．若a ∥b ，a ∥α，b ∥β，则a ∥βC ．若a ⊥b ，a ⊥α，b ∥β，则α⊥βD ．若a ⊥α，b ∥α，则a ⊥b10．[2022·新高考Ⅰ卷]已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，则( )A ．直线BC 1与DA 1所成的角为90°B ．直线BC 1与CA 1所成的角为90°C ．直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为45°D ．直线BC 1与平面ABCD 所成的角为45°11．[2022·山东肥城模拟]如图，若ABCDEF A 1B 1C 1D 1E 1F 1为正六棱台，A 1B 1＝3，AB ＝4，AA 1＝2，则下列说法正确的是( )A ．AB ∥E 1C 1B ．EC ⊥平面ADD 1C ．AA 1∥平面CED 1D ．侧棱与底面所成的角为60°12．[2022·山东济南一模]在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心，则下列结论正确的是( )A ．BO ⊥ACB ．BO ∥平面ACD 1C ．点B 到平面ACD 1的距离为33D ．直线BO 与直线AD 1的夹角为π3三、填空题13．[2022·湖北洪湖模拟]已知四棱锥P ABCD 中，侧棱P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，则该四棱锥的4个侧面中直角三角形的个数是________．14．[2022·山东济南二模]下列命题：①平行于同一条直线的两条直线平行；②如果平面外的一条直线平行于平面内的一条直线，那么该直线与这个平面平行； ③如果一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，那么这两个平面平行； ④如果一条直线和平面内的两条直线垂直，那么该直线垂直于这个平面；⑤如果一条直线和平面的一条斜线在平面内的射影垂直，那么直线也和斜线垂直． 其中正确命题的序号为________．15．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AD ，DD 1的中点，则平面EFC 1B 和平面BCC 1所成锐二面角的正弦值为________．16．如图，由直三棱柱ABC A 1B 1C 1和四棱锥D BB 1C 1C 构成的几何体中，∠BAC ＝90°，AB ＝1，BC ＝BB 1＝2，DC 1＝DC ＝5 ，平面CC 1D ⊥平面ACC 1A 1.P 为线段BC 上一动点，当BP ＝________时，直线DP 与平面BB 1D 所成角的正弦值为34.。
新课标版高考数学二轮复习难点2.7立体几何中的空间角与距离测试卷理
立体几何中的空间角与距离
（一）选择题（12*5=60分）
1．直三棱柱中，若，，则异面直线与所成的角等于（）
A． B． C． D．
【答案】C
2．下图是三棱锥的三视图，点在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线和所成角的余弦值等于（）
A． B． C． D．
【答案】C
3．直三棱柱中，底面是正三角形，三棱柱的高为，若是中心，且三棱柱的体积为，则与平面所成的角大小是（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意设底面正的边长为，过作平面，垂足为，则点为底面
的中心，故即为与平面所成角，∵，，又∵直三棱柱
的体积为，∴由直棱柱体积公式得，解得，∴
，∴，∴与平面所成的角为．故选：C．。
高三数学(基础难点)《 立体几何中的向量方法二空间角与距离的求解训练卷理新人教A版
[第44讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离的求解](时间：45分钟 分值：100分)基础热身1．设平面α的法向量为a ＝(1，2，－2)，平面β的法向量为b ＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( )A ．2B ．－4C ．4D ．－22．[2013·银川一模] 如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是a ＝(0，2，1)，b ＝(2，5，5)，那么这条斜线与平面的夹角是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°3．[2013·沈阳一模] 正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为( )A ．75°B ．60°C ．45°D ．30°4．[2013·兰州一模] 在空间直角坐标系O －xyz 中，平面OAB 的法向量为n ＝(2，－2，1)，已知P (－1，3，2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1能力提升5．[2013·长春一模] 已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是 ( )A.83B.38C.43D.346．[2013·西宁一模] 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，二面角A －BD 1－B 1的大小为( )A ．60°B ．30°C ．120°D ．150°7．[2013·西安一模] 已知△ABC 的三个顶点坐标分别为A (2，3，1)，B (4，1，－2)，C (6，3，7)，则△ABC 的重心坐标为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫6，72，3B.⎝ ⎛⎭⎪⎫4，73，2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫8，143，4 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，76，1 8．在正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为( )A ．－1010B ．－120 C.120 D.10109．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1，F 1分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成的角的余弦值是( )A.3010B.12C.3015D.151010．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的余弦值是________．11．如图K44－1，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点M ．图K44－1图K44－212．[2013·郑州二模] 如图K44－2所示，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，则二面角A －PB －C 的余弦值为________．13．在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为：Ax ＋By ＋Cz ＋D ＝0(A ，B ，C ，D ∈R ，且A ，B ，C 不同时为零)，点P (x 0，y 0，z 0)到平面α的距离为：d ＝|Ax 0＋By 0＋Cz 0＋D |A 2＋B 2＋C 2，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O 到侧面的距离等于________．14．(10分)如图K44－3，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点，已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2，求：(1)三角形PCD 的面积；(2)异面直线BC 与AE15．(13分)如图K44－4甲，在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，AB ＝2，AD＝3，CD ＝1，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝13AD ，BF ＝13BC .现将此梯形沿EF 折至使AD＝3的位置(如图乙)．(1)求证：AE⊥平面ABCD；(2)求点B到平面CDEF的距离；(3)求直线CE与平面BCF所成角的正弦值．图K44－4难点突破16．(12分)[2013·长沙三模] 如图K44－5，正△ABC的边长为2a，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－CD－B.(1)试判断翻折后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求异面直线AB与DE所成角的余弦值；(3)求二面角B－AC－D的余弦值．K44－5课时作业(四十四)【基础热身】1．C [解析] ∵α∥β，∴(－2，－4，k )＝λ(1，2，－2)，∴－2＝λ，k ＝－2λ，∴k ＝4.2．D [解析] cos θ＝a ·b |a ||b |＝32，因此所求的夹角为30°. 3．C [解析] 如图，四棱锥P —ABCD 中，过P 作PO ⊥平面ABCD 于O ，连接AO ，则AO 是AP 在底面ABCD 上的射影，∴∠PAO 即为所求线面角，∵AO ＝22，PA ＝1，∴cos ∠PAO ＝AO PA ＝22，∴∠PAO ＝45°，即所求线面角为45°.4．B [解析] d ＝|OP →·n ||n |＝|－2－6＋2|22＋（－2）2＋12＝63＝2. 【能力提升】5．C [解析] 如图，以D D －xyz ，则A 1(2，0，4)，A (2，0，0)，B 1(2，2，4)，D 1(0，0，4)，AD 1→＝(－2，0，4)，AB 1→＝(0，2，4)，AA 1→＝(0，0，4)，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4z ＝0，2y ＋4z ＝0，解得x ＝2z 且y ＝－2z ，不妨设n ＝(2，－2，1)，设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d ，则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43. 6．C [解析] 以D设A (1，0，0)，D 1(0，0，1)，B 11)，C (0，1，0)，则AC →＝(－1，1，0)为平面BB 1D 1的一个法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面ABD 1的一个法向量．则n ·AD 1→＝0，n ·AB →＝0，又AD 1→＝(－1，0，1)，AB →＝(0，1，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，y ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧z ＝x ，y ＝0. 取n ＝(1，0，1)．∴cos 〈AC →，n 〉＝－12.∴〈AC →，n 〉＝120°，结合图形知二面角A －BD 1－B 1的大小为120°.7．B [解析] △ABC 的重心坐标为x ＝2＋4＋63＝4，y ＝3＋1＋33＝73，z ＝1＋（－2）＋73＝2.8．D [解析] 如图建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.则AC →＝(－1，1，0)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪0，12，1，若异面直线DE 与AC 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AC →，DE →〉|＝1010. 9．A [解析] 建立如图所示的坐标系，设BC ＝1，则A (－1，0，0)，F 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，B (0，－1，0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，1，AF 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，BD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.∴cos 〈AF 1→，BD 1→〉＝AF 1→·BD 1→|AF 1→|·|BD 1→|＝3010.10.33[解析] 如下图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D (0，0，0)，A 1(1，0，1)，B (1，1，0)，C 1(0，1，1)，∴DA 1→＝(1，0，1)，DB →＝(1，1，0)，BC 1→＝(－1，0，1)，设平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－x ，y ＝－x ， 令x ＝1得，n ＝(1，－1，－1)，设直线BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈BC 1→，n 〉|＝|BC 1→·n ||BC 1→|·|n |＝22·3＝63， ∴cos θ＝1－sin 2θ＝33.11.33a [解析] 设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，AD 1→＝(－a ，0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，由MD 1→＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离 d ＝ |MD 1→|2－|MD 1→·s 0|2)＝m 2＋（a －m ）2－12（a －m ）2＝32m 2－am ＋12a 2，根式内的二次函数当m ＝－－a 2×32＝a 3时取最小值32⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－a ×a 3＋12a 2＝13a 2，故d 的最小值为33a . 12.33[解析] 以C 为原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴建立空间直角坐标系C －xyz ， 则A (1，0，0)，B (0，2，0)，C (00，1)，∴AP →＝(0，0，1)，PB →＝(－1，2，－1)，CB ＝(0，2，0)，设平面APB 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧z 1＝0，－x 1＋2y 1－z 1＝0，⎩⎨⎧2y 2＝0，－x 2＋2y 2－z 2＝0，取n 1＝(2，2，0)，n 2＝(－1，0，1)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝－26×2＝－33. 结合图形知二面角A －PB －C 的余弦值为33. 13.255[解析] 如图，以底面中心O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz ，则A (1，1，0)，B (－1，1，0)，P (0，0，2)，设平面PAB 的方程为Ax ＋By ＋Cz ＋D ＝0，将以上3个坐标代入计算得A ＝0，B ＝－D ，C ＝－12D ，∴平面PAB 的方程为－Dy －12Dz ＋D ＝0， 即2y ＋z －2＝0，∴d ＝|2×0＋0－2|22＋12＝255.14．解：(1)∵PA ABCD PA CD CD AD ，∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PD ，又∵PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2，∴△PCD 的面积为12×2×23＝2 3. (2)方法一：取PB 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，∴∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角．在△AEF 中，EF ＝2，AF ＝2，AE ＝2，∴△AEF 是等腰直角三角形，∴∠AEF ＝π4，∴异面直线BC 与AE 所成的角大小为π4. 方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (2，22，0)，E (1，2，1)，∴AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0，22，0)，设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22. 又∵0＜θ≤π2，∴θ＝π4. 故异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4. 15．解：(1)证明：由题意知AE ＝1，DE ＝2，AD ＝3，∴AE 2＋AD 2＝DE 2.∴∠EAD ＝90°，即EA ⊥AD .又EA ⊥AB ，AB ∩AD ＝A ，∴AE ⊥平面ABCD .(2)作AK ⊥DE 于点K .由题知AB ∥EF .∵AB ⊄平面CDEF ，EF ⊂平面CDEF ，∴AB ∥平面CDEF .∴点B 到平面CDEF 的距离即为点A 到平面CDEF 的距离．∵EF ⊥AE ，EF ⊥ED ，ED ∩EA ＝E ，∴EF ⊥平面AED ，∵AK ⊂平面AED 又AK ⊥DE ，DE ∩EF ＝E ，∴AK ⊥平面CDEF . ∴AK 的长即为点B 到平面CDEF 的距离．在Rt △ADE 中，AK ＝32， ∴点B 到平面CDEF 的距离为32. (3)以点A 为坐标原点，AD ，AB ，AE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图，则B (0，2，0)，C (3，1，0)，E (0，0，1)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，53，1，BF →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－13，1，BC →＝(3，－1，0)，CE →＝(－3，－1，n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧BF →·n ＝0，BC →·n ＝0，可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，33. 设直线CE 与平面BCF 所成的角为α，则sin α＝|CE →·n ||CE →||n |＝5335×133＝6513. 所以直线CE 与平面BCF 所成角的正弦值为6513. 【难点突破】16．解：(1)以D 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A (0，0，a )，B (a ，0，0)，C (0，3a ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32a ，a 2，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，32a ，0. ∴AB →＝(a ，0，－a )，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，－a 2， 从而EF →＝12AB →， ∴AB →∥EF →，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，故AB ∥平面DEF .(2)∵AB →∥EF →，∴∠DEF 即为异面直线AB 与DE 所成的角(或其补角)．∵ED →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32a ，－a 2，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，－a 2， ∴cos 〈EF →，ED →〉＝EF →·ED →|EF →||ED →|＝24. ∴异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为24. (3)∵n 0＝(1，0，0)为平面ACD 的一个法向量，设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的一个法向量，则AB →·n ＝ax －az ＝0，AC →·n ＝3ay －az ＝0，取z ＝1，则x ＝1，y ＝33.∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1， 从而cos 〈n ，n 0〉＝n ·n 0|n ||n 0|＝217. 所以二面角B －AC －D 的余弦值为217.。
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立体几何中的空间角与距离（一）选择题（12*5=60分）1．直三棱柱111ABC A B C -中，若90BAC ∠=︒，1AB AC AA ==，则异面直线1BA 与1AC 所成的角等于（ ）A ．30︒B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】C2．下图是三棱锥D ABC -的三视图，点O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO 和AB 所成角的余弦值等于（ ）A ．12B ．2C ．3 D【答案】C3．直三棱柱111ABC A B C -P 是111A B C ∆中心，且三棱柱的体积为94，则PA 与平面ABC 所成的角大小是（ ） A ．6π B ．4π C ．3π D ．23π 【答案】C【解析】由题意设底面正ABC ∆的边长为a ，过P 作⊥PO 平面ABC ，垂足为O ，则点O 为底面ABC ∆的中心，故PAO ∠即为PA 与平面ABC 所成角，∵a a OA 332332=⨯=，3=OP ，又∵直三棱柱111ABC A B C -的体积为49，∴由直棱柱体积公式得493432=⨯⨯=a V ，解得3=a ，∴3333tan ==∠a PAO ，∴3π=∠PAO ，∴PA 与平面ABC 所成的角为3π．故选：C ．4．已知a ，b 为异面直线，下列结论不正确．．．的是（ ） A ．必存在平面α使得αα//,//b a B ．必存在平面α使得a ，b 与α所成角相等C ．必存在平面α使得a α⊂，b α⊥D ．必存在平面α使得a ，b 与α的距离相等【答案】C5．在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，点M 是侧面11ABB A 内的一点，若MC 与平面ABC 所成的角为30︒，MC 与平面11ACC A 所成的角也为30︒，则MC 与平面11BCC B 所成的角正弦值为（ ）A ．12B D 【答案】B【解析】以MC 为对角线作长方体，设MC 与平面11BCC B 所成的角为α，则222sin sin 30sin 301α+︒+︒=，故sin α=.选B. 6．【广东省深圳市2018学届11月】如图,在正方体1111ABCD A BC D -中,棱长为1,E F 、分别为11C D 与AB 的中点, 1B 到平面1A FCE 的距离为【答案】D7．【湖北省武汉市2018届部分学校联考】设点M 是棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -的棱AD 的中点，点P 在面11BCC B 所在的平面内，若平面1D PM 分别与平面ABCD 和平面11BCC B 所成的锐二面角相等，则点P 到点1C 的最短距离是（ ）【答案】A【解析】设P 在平面ABCD 上的射影为',P M 在平面11BB C C 上的射影为'M ，平面1D PM 与平面ABCD 和平面11BCC B 成的锐二面角分别为,B α，则111''cos ,cos PM C DP M D PM D PMS S B S S α∆∆∆∆==， 1''cos cos ,DP M PM C B S S α∆∆=∴=，设P 到1'C M 距离为d，则1112,22d d =⨯⨯=P 在与直线1'C MP ∴到1C的最短距离为d =故选A. 8．【2018东北名校联考】已知正四棱锥P ABCD -中， 2,,PA AB E F ==分别是,PB PC 的中点，则异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为（ ）16 D. 12 【答案】C9．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2,AB AC AB AA AC ⊥===过BC 的中点D 作平面1ACB 的垂线，交平面11ACC A 于E ，则BE 与平面11ABB A 所成角的正切值为（ ）A C 【答案】C10. 【四川省2018届期考】如图，四棱锥P ABCD -中， PB ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形， //AD BC ， AB BC ⊥， 3AB AD PB ===，点E 在棱PA 上，且2PE EA =，则平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为（ ）【答案】B【解析】以B 为坐标原点,分别以BC 、BA 、BP 所在直线为x 、y 、z 轴,建立空间直角坐标系，则()()()()()0,0,0,0,3,00,0,3,3,3,0,0,2,1B A P D E ，，∴()()0,2,1,3,3,0BE BD ==，设平面BED 的一个法向量为(),,n x y z =，则20{ 330n BE y z n BD x y ⋅=+=⋅=+=，取z =1,得11,,122n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，平面ABE 的法向量为()1,0,0m =，∴12,cos n m==.∴平面ABE与平面BED 的夹角的余弦值为6.故选B.11．已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长与底面边长相等，则直线1AB 与侧面11ACC A 所成角的正弦值等于（ ）A ．2D 【答案】A12．如图四边形ABCD ，2AB BD DA ===，BC CD ==现将ABD ∆沿BD 折起，当二面角A BD C --处于5[,]66ππ过程中，直线AB 与CD 所成角的余弦值取值范围是（ ）A ．[B ．C ．D ．【答案】D.（二）填空题（4*5=20分）13. 【湖南师范大学附属中学2018届11月】如图，圆锥的高PD =，底面⊙O 的直径2AB =， C 是圆上一点，且30CAB ∠=︒， D 为AC 的中点，则直线OC 和平面PAC 所成角的余弦值为__________．14．在正四棱锥ABCD P -中，2=PA ，直线PA 与平面ABCD 所成角为︒60，E 为PC 的中点，则异面直线PA 与BE 所成角的大小为___________．【答案】45【解析】如图，由题意易知︒=∠60PAC ，因为PA EO //，所以BEO ∠为异面直线PA 与BE 所成角，又2=PA ，BEO Rt ∆中，1=EO ，1==AO BO ，得BEO ∆为等腰直角三角形，故异面直线PA 与BE 所成角为45.15．【安徽省六安市一中2018届高第五次月考】已知三棱锥S ABC -的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形， 4,4AB SA SB SC ====，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC 的距离为__________．【解析】∵三棱锥S ABC -中SA SB SC ==，∴顶点S 在底面ABC 上的射影H 为ABC ∆的外心，又ABC ∆是以AB 为斜边的等腰直角三角形，∴点H 为AB 的中点．∴S H ABC ⊥平面．如图，设点O 为三棱锥S ABC -外接球的球心，则OH 的长即为外接球的球心到平面ABC 的距离．设球半径为R ，则,OB R =OH SH SO SH R =-=-．由题意得， 122SH BH AB ====，在Rt OHB ∆中，有222OB OH HB =+，即()2222R R =+，解得R =OH ==锥的外接球的球心到平面ABC16．已知四面体ABCD 的每个顶点都在球O 的表面上，5AB AC ==，8BC =，AD ⊥底面ABC ，G 为ABC ∆的重心，且直线DG 与底面ABC 所成角的正切值为12，则球O 的表面积为_________．【答案】6349π(三)解答题（4*10=40分）17．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ABCD ⊥，1PD D C BC ===，2AB =，//,90AB DC BCD ∠=o ．⑴ 求证：PC BC ⊥；⑵ 求点A 到平面PBC 的距离．18.在长方体1111ABCD A BC D -中，2AB BC ==，过1A 、1C 、B 三点的平面截去长方体的一个角后，得如图所示的几何体111ABCD AC D -，且这个几何体的体积为10.（1）求棱1A A 的长；（2）若11AC 的中点为1O ，求异面直线1BO 与11A D 所成角的余弦值.【解析】（1）设1A A h =，由题设111111111110ABCD AC D ABCD A B C D B A B C V V V ---=-=，得1111103ABCD A B C S h S h ∆⨯-⨯⨯=，即1122221032h h ⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=，解得3h =，故1A A 的长为3. （2）连接1O C ，在长方体中11A D BC ，1O BC ∴∠即为异面直线1BO 与11A D 所成的角（或其补角）,在1O BC ∆ 中，计算可得11O B OC ==1O BC ∠19. 【2018河南名校联考】如图，在三棱柱111ABC A B C -中， 011,90,BA BC BB ABC BB ==∠=⊥ 平面ABC ，点E 是1A B 与1AB 的交点，点D 在线段AC 上， 1//B C 平面1A BD .（1）求证： 1BD AC ⊥；（2）求直线1AC 与平面11A B D 所成的角的正弦值.则()()()11111,0,1,0,0,1,0,1,0,,,022A B C D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，得()111111,0,0,,,122B A B D ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 设(),,m x y z =是平面11A B D 的一个法向量，则111111110{ { 11022m B A x m B A m B D m B D x y z ⋅==⊥⇒⊥⋅=+-=， 令1z =，得()0,2,1m =，又()11,1,1AC =--,设直线1AC 与平面11A B D 所成的角为θ，则sin 5θ==.20【2018河南洛阳联考】如图，在直角梯形ABCD 中， //,,,AD BC AB BC BD DC ⊥⊥点E 是BC 边的中点，将ABD ∆沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ,连接,,,AE AC DE 得到如图2所示的几何体.（1）求证; AB ⊥平面;ADC ；（2）若1,AD =二面角C AB D --的平面角的正切值为求二面角B AD E --的余弦值.法2 ：因为DC ⊥平面ABD ，过点E 作EF // DC 交BD 于F ，则EF ⊥平面ABD . 因为AD ⊂平面ABD ，所以EF ⊥AD . 过点F 作FG ⊥AD 于G ，连接GE ，所以AD ⊥平面EFG ，因此AD ⊥GE . 所以二面角B AD E --的平面角为EGF ∠. 由平面几何知识求得12EF CD ==12FG AB == 所以EG 所以cos ∠EGF =12FG EG =. 所以二面角B AD E --的余弦值为12.。