高考数学总复习夹角、距离、简单多面体与球会考专题专练

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高中数学直线与平面的夹角题库

3.2.3直线与平面的夹角3.2.4二面角及其度量学习目标 1.理解斜线和平面所成的角的定义，体会夹角定义的唯一性、合理性.2.会求直线与平面的夹角θ.3.掌握二面角的概念，二面角的平面角的定义，会找一些简单图形中的二面角的平面角.4.掌握求二面角的基本方法、步骤．知识点一直线与平面所成的角1．直线与平面所成的角2．最小角定理知识点二二面角及理解1．二面角的概念(1)二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，其中的每一部分都叫做半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．如图所示，其中，直线l叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面，如图中的α，β.(2)二面角的记法：棱为l ，两个面分别为α，β的二面角，记作α—l —β.如图，A ∈α，B ∈β，二面角也可以记作A —l —B ，也可记作2∠l .(3)二面角的平面角：在二面角α—l —β的棱上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α—l —β的平面角，如图所示．由等角定理知，这个平面角与点O 在l 上的位置无关．(4)直二面角：平面角是直角的二面角叫做直二面角． (5)二面角的范围是[0°，180°]．2．用向量夹角来确定二面角性质及其度量的方法(1)如图，分别在二面角α—l —β的面α，β内，并沿α，β延伸的方向，作向量n 1⊥l ，n 2⊥l ，则〈n 1，n 2〉等于该二面角的平面角．(2)如图，设m 1⊥α，m 2⊥β，则角〈m 1，m 2〉与该二面角大小相等或互补．1．直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．( × ) 2．二面角的大小范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.( × ) 3．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．( × )题型一求直线与平面的夹角例1 已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．解建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0，2a )，C 1⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ，方法一取A 1B 1的中点M ，则M ⎝⎛⎭⎫0，a2，2a ，连接AM ，MC 1，则MC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，0，0，AB →＝(0，a,0)，AA 1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC 1→⊥AA 1→，则MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1. 又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1.∴∠C 1AM 是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．由于AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，2a ， ∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC 1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∵〈AC 1→，AM →〉∈[0°，180°]，∴〈AC 1→，AM →〉＝30°，又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.方法二 AB →＝(0，a,0)，AA 1→＝(0,0，2a )，AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a .设侧面ABB 1A 1的法向量为n ＝(λ，y ，z )， ∴n ·AB →＝0且n ·AA 1→＝0.∴ay ＝0且2az ＝0. ∴y ＝z ＝0.故n ＝(λ，0,0)．∴cos 〈AC 1→，n 〉＝n ·AC 1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|，∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝12.又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.反思感悟用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的有关知识求解线面角．方法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算．跟踪训练1 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点，求BD 与平面ADMN 所成的角θ.解如图所示，建立空间直角坐标系Axyz ，设BC ＝1，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2) 则N (1,0,1)， ∴BD →＝(－2,2,0)，AD →＝(0,2,0)， AN →＝(1,0,1)，设平面ADMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AN →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋z ＝0，取x ＝1，则z ＝－1，∴n ＝(1,0，－1)，∵cos 〈BD →，n 〉＝BD →·n |BD →||n |＝－28·2＝－12，∴sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝12.又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 题型二求二面角例2 在底面为平行四边形的四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥AC ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ，E 是PD 的中点，求平面EAC 与平面ABCD 的夹角．解方法一如图，以A 为原点，分别以AC ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .设P A ＝AB ＝a ，AC ＝b ，连接BD 与AC ，交于点O ，取AD 中点F ，连接EF ，EO ，FO ，则C (b,0,0)，B (0，a,0)．∵BA →＝CD →， ∴D (b ，－a,0)，P (0,0，a )， ∴E ⎝⎛⎭⎫b 2，－a 2，a 2，O ⎝⎛⎭⎫b2，0，0， OE →＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2，AC →＝(b,0,0)． ∵OE →·AC →＝0，∴OE →⊥AC →，OF →＝12BA →＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，0，OF →·AC →＝0. ∴OF →⊥AC →.∴∠EOF 等于平面EAC 与平面ABCD 的夹角． cos 〈OE →，OF →〉＝OE →·OF →|OE →||OF →|＝22.∴平面EAC 与平面ABCD 的夹角为45°. 方法二建系如方法一， ∵P A ⊥平面ABCD ，∴AP →＝(0,0，a )为平面ABCD 的法向量， AE →＝⎝⎛⎭⎫b 2，－a 2，a 2，AC →＝(b,0,0)．设平面AEC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧b 2x －a 2y ＋a 2z ＝0，bx ＝0. ∴x ＝0，y ＝z .∴取m ＝(0,1,1)， cos 〈m ，AP →〉＝m ·AP →|m ||AP →|＝a 2·a ＝22.又平面EAC 与平面ABCD 所成角的平面角为锐角， ∴平面EAC 与平面ABCD 的夹角为45°.反思感悟 (1)当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补)，但我们可以根据图形观察得到结论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的．(2)注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角．跟踪训练2 若P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，BC ＝2，求锐二面角A -PB -C 的余弦值．解如图所示建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，故AP →＝(0,0,1)，AB →＝(2，1,0)，CB →＝(2，0,0)，CP →＝(0，－1,1)，设平面P AB 的法向量为 m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝－2，故m ＝(1，－2，0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ′＝0，－y ′＋z ′＝0.令y ′＝－1，则z ′＝－1，故n ＝(0，－1，－1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33.∴锐二面角A －PB －C 的余弦值为33. 题型三空间角中的探索性问题例3 如图，在四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD .(1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P －ABCD 的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值． (1)证明因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD ；又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PD . (2)解过点P 作PO ⊥AD 于点O .则PO ⊥平面ABCD ，过点O 作OM ⊥BC 于点M ，连接PM .则PM ⊥BC ，因为∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，所以BC ＝6，PM ＝233，设AB ＝t ，则在Rt △POM 中， PO ＝43－t 2，所以V P －ABCD ＝13·t ·6·43－t 2 ＝13－6⎝⎛⎭⎫t 2－232＋83，所以当t 2＝23，即t ＝63时，V P －ABCD 最大为269.如图，此时PO ＝AB ＝63，且PO ，OA ，OM 两两垂直，以OA ，OM ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz ，则P ⎝⎛⎭⎫0，0，63，D ⎝⎛⎭⎫－263，0，0， C ⎝⎛⎭⎫－263，63，0，B ⎝⎛⎭⎫63，63，0. 所以PD →＝⎝⎛⎭⎫－263，0，－63， PC →＝⎝⎛⎭⎫－263，63，－63，PB →＝⎝⎛⎭⎫63，63，－63. 设平面PCD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋y 1－z 1＝0，－2x 1－z 1＝0，令x 1＝1，则m ＝(1,0，－2)，|m |＝5；同理设平面PBC 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋y 2－z 2＝0，x 2＋y 2－z 2＝0，令y 2＝1，则n ＝(0,1,1)，|n |＝2，设平面PBC 与平面DPC 的夹角为θ，显然θ为锐角，所以cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝25×2＝105.即平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值为105. 反思感悟利用空间向量解决空间角中的探索性问题，通常不需要复杂的几何作图，论证，推理，只需先假设结论成立，设出空间的坐标，通过向量的坐标运算进行推断，把是否存在问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理．跟踪训练3 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝AB ＝AC ＝1，且AB ⊥AC ，点M 是CC 1的中点，点N 是BC 的中点，点P 在直线A 1B 1上，且满足A 1P →＝λA 1B 1→.(1)证明：PN ⊥AM ；(2)当λ取何值时，直线PN 与平面ABC 所成的角θ最大？并求该角最大值的正切值．(1)证明以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则P (λ，0,1)，N ⎝⎛⎭⎫12，12，0，M ⎝⎛⎭⎫0，1，12，从而PN →＝⎝⎛⎭⎫12－λ，12，－1， AM →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12， PN →·AM →＝⎝⎛⎭⎫12－λ×0＋12×1－1×12＝0，所以PN ⊥AM .(2)解过点P 作PE ⊥AB 于E ，连接EN ，则PE ⊥平面ABC ，则∠PNE 为所求角θ，所以tan θ＝PE EN ＝1EN，因为当点E 是AB 的中点时，EN min ＝12.所以(tan θ)max ＝2，此时，λ＝12.利用向量求二面角典例如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．考点向量法求平面与平面所成的角题点向量法求平面与平面所成的角(1)证明由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知AB ∥EF ，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ，由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2,0，3)．所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919. [素养评析] 试题以一个面为正方形的五面体为载体，分层设计问题，由浅入深，给不同基础的考生提供了想象的空间和展示才华的平台．第(1)问侧重对立体几何中线面垂直、面面垂直等基础知识的考查，题目比较简单．求解第(2)问的关键是充分运用直观想象，把握图形的结构特征，构建空间直角坐标系，并针对运算问题，合理选择运算方法，设计运算程序，解决问题．1．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 A解析设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12.∴θ＝30°.2．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值为( ) A.24 B.23 C.63 D.32答案 C解析建系如图，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，A (1,0,0)，∴BC 1→＝(－1,0,1)，AC 1→＝(－1,1,1)，A 1B →＝(0,1，－1)，A 1D →＝(－1,0，－1)． ∴AC 1→·A 1B →＝1－1＝0， AC 1→·A 1D →＝1－1＝0.∴AC 1⊥A 1B ，AC 1⊥A 1D ，又A 1B ∩A 1D ＝A 1， ∴AC 1⊥平面A 1BD .∴AC 1→是平面A 1BD 的法向量． ∴cos 〈BC 1→，AC 1→〉＝BC 1→·AC 1→|BC 1→||AC 1→|＝1＋12×3＝63.∴直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值为63. 3．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为__________．答案 45°或135°解析设二面角的平面角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝11×2＝22，∴θ＝45°或135°.4．正四面体ABCD 中棱AB 与底面BCD 所成角的余弦值为________．答案33解析作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，O 为△BCD 的中心，设正四面体的棱长为a ，则OB ＝33a ，∠ABO 为所求角，cos ∠ABO ＝33.5．已知点A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0,0,3)，则平面ABC 与平面xOy 所成锐二面角的余弦值为________．答案 27解析 AB →＝(－1,2,0)，AC →＝(－1,0,3)．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ·AB →＝0，n ·AC→＝0知⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋3z ＝0.令x ＝2，则y ＝1，z ＝23.∴平面ABC 的法向量为n ＝⎝⎛⎭⎫2，1，23.平面xOy 的法向量为OC →＝(0,0,3)．所以所求锐二面角的余弦值cos θ＝|n ·OC →||n ||OC →|＝23×73＝27.1．线面角可以利用定义在直角三角形中解决．2．线面角的向量求法：设直线的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n ||a||n |.3．二面角通常可通过法向量的夹角来求解，但一定要注意法向量的夹角和二面角的大小关系．一、选择题1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A.π6 B.π3 C.5π6 D ．以上均错答案 B解析直线l 与平面α所成的角范围是⎣⎡⎦⎤0，π2. 2．直线l 1，l 2的方向向量分别是v 1，v 2，若v 1与v 2所成的角为θ，直线l 1，l 2所成的角为α，则( ) A ．α＝θ B ．α＝π－θ C ．cos θ＝|cos α| D ．cos α＝|cos θ|答案 D解析 α＝θ或α＝π－θ，且α∈⎣⎡⎦⎤0，π2，因而cos α＝|cos θ|.3．已知在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值是( ) A.23 B.33 C.23 D.13答案 A解析以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，故DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)，DC →＝(0,1,0)，设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，所以n ＝(2，－2,1)．设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.4.已知在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是DC 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，则AB 1与ED 1所成角的余弦值为( )A.1010 B.105C ．－1010D ．－105答案 A解析 ∵A (2,2,0)，B 1(2,0,2)，E (0,1,0)，D 1(0,2,2)， ∴AB 1→＝(0，－2,2)，ED 1→＝(0,1,2)， ∴|AB 1→|＝22，|ED 1→|＝5， AB 1→·ED 1→＝0－2＋4＝2，∴cos 〈AB 1→，ED 1→〉＝AB 1→·ED 1→|AB 1→||ED 1→|＝222×5＝1010，∴AB 1与ED 1所成角的余弦值为1010. 5．在边长为1的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，将菱形沿对角线AC 折起，使折起后BD ＝1，则二面角B —AC —D 的余弦值为( ) A.13 B.12 C.233 D.32 答案 A解析设菱形对角线AC 与BD 交于O 点，则∠BOD 为二面角B —AC —D 的平面角，由余弦定理可得cos ∠BOD ＝13.6．A ，B 是二面角α—l —β的棱l 上两点，P 是平面β上一点，PB ⊥l 于B ，P A 与l 成45°角，P A 与平面α成30°角，则二面角α—l —β的大小是( ) A ．30° B ．60° C ．45° D ．75° 答案 C解析如图，作PO ⊥α于O ，连接AO ，BO ，则∠P AO 为P A 与平面α所成角，∠PBO 为二面角α—l —β的平面角，由∠P AO ＝30°，∠P AB ＝45°，取P A ＝2a ，则PO ＝a ，PB ＝2a ，∴sin ∠PBO ＝PO PB ＝22，∴∠PBO ＝45°.二、填空题7．平面α的一个法向量n 1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量n 2＝(－3,1,3)，则α与β所成的角是________．答案 90°解析由于n 1·n 2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，所以n 1⊥n 2，故α⊥β，α与β所成的角是90°.8．若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8，两垂足间的距离为7，则这个二面角的大小是________．答案 60°或120°解析设二面角大小为θ，由题意可知 |cos θ|＝|82＋52－72|2×8×5＝64＋25－4980＝12，所以cos θ＝±12，所以θ＝60°或120°.9．在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1，则PC 与平面ABCD 所成的角是________．答案 30°解析建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则P (0,0,1)，C (1，2，0)，PC →＝(1，2，－1)，平面ABCD 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈PC →，n 〉＝PC →·n |PC →||n |＝－12，所以〈PC →·n 〉＝120°，所以斜线PC 与平面ABCD 的法向量所在直线所成的角为60°，所以斜线PC 与平面ABCD 所成的角为30°.10．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是________. 答案 π6解析在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，取AC 的中点O ，连接OB ，OB ⊥AC ，则OB ⊥平面ACC 1A 1，∴∠BC 1O 就是BC 1与平面AC 1所成的角．∵OB ＝32，BC 1＝3， ∴sin ∠BC 1O ＝OB BC 1＝12， ∴∠BC 1O ＝π6.三、解答题11．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，求该二面角的大小．解由题意知，CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD → ＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2. ∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，又〈CA →，BD →〉∈[0°，180°]， ∴〈CA →，BD →〉＝120°， ∴二面角的大小为60°.12.如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD .PD ＝DC ，E 是PC 的中点．求EB 与平面ABCD 夹角的余弦值．解取CD 的中点M ，则EM ∥PD ，又∵PD ⊥平面ABCD ， ∴EM ⊥平面ABCD ，∴BE 在平面ABCD 上的射影为BM ， ∴∠MBE 为BE 与平面ABCD 的夹角．如图建立空间直角坐标系Dyxz ，设PD ＝DC ＝1，则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)， ∴M ⎝⎛⎭⎫0，12，0，E ⎝⎛⎭⎫0，12，12， ∴BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，12，BM →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，0， cos 〈BM →，BE →〉＝BE →·BM →|BE →||BM →|＝1＋1432× 52＝306，∴EB 与平面ABCD 夹角的余弦值为306. 13.如图，在直棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2)求二面角D -A 1C -E 的正弦值．(1)证明连接AC 1，交A 1C 于点F ，连接DF ，则F 为AC 1的中点，因为D 为AB 的中点，所以DF ∥BC 1，又因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD . (2)解由AA 1＝AC ＝CB ＝22AB ，可设AB ＝2a ，则AA 1＝AC ＝CB ＝2a ，所以AC ⊥BC ，又由直棱柱知CC 1⊥平面ABC ，所以以点C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz 如图．则C (0,0,0)，A 1(2a ，0, 2a )，D ⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，0，E ⎝⎛⎭⎫0， 2a ，22a ，CA 1→＝( 2a,0, 2a )， CD →＝⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，0，CE →＝⎝⎛⎭⎫0， 2a ，22a ，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫－2a ，2a ，－22a .设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·CD →＝0且n ·CA 1→＝0，可解得y ＝－x ＝z ，令x ＝1，得平面A 1CD 的法向量为n ＝(1，－1，－1)，同理可得平面A 1CE 的法向量为m ＝(2,1，－2)，则cos 〈n ，m 〉＝33，又因为〈n ，m 〉∈[0°，180°]，所以sin 〈n ，m 〉＝63，所以二面角D -A 1C -E 的正弦值为63.14.如图所示，已知点P 为菱形ABCD 外一点，且P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点，则二面角C BF D 的正切值为( )A.36 B.34 C.33 D.233 答案 D解析如图所示，连接BD ，AC ∩BD ＝O ，连接OF .以O 为原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz .设P A ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝ 3.所以B ⎝⎛⎭⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎫0，0，12，C ⎝⎛⎭⎫0，12，0，D ⎝⎛⎭⎫－32，0，0.结合图形可知，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0且OC →为平面BOF 的法向量，由BC →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，0，FB →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－12，可求得平面BCF 的法向量n ＝(1，3，3)．所以cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277，所以tan 〈n ，OC →〉＝233.15．直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ，求AA 1与平面AED 夹角的正弦值.解建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，设CA ＝2a ，则A (2a,0,0)，B (0,2a,0)，D (0,0,1)，A 1(2a,0,2)，E (a ，a,1)，G ⎝⎛⎭⎫2a 3，2a 3，13.从而GE →＝⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，23，BD →＝(0，－2a,1)，由GE ⊥BD ，得GE →·BD →＝0，得a ＝1.∴DA →＝(2,0，－1)，DE →＝(1,1,0)设n ＝(x ，y ，z )为平面AED 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DA →＝0，n ·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －z ＝0，x ＋y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝2x ，y ＝－x ，令x ＝1，则y ＝－1，z ＝2，即n ＝(1，－1,2)，又AA 1→＝(0,0,2)，设AA 1与平面AED 的夹角为θ，sin θ＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝|AA 1→·n ||AA 1→||n |＝|4|6×2＝63. ∴AA 1与平面AED 夹角的正弦值为63.。

高考数学复习典型题型专题练习56 面面夹角与距离

第56讲面面夹角与距离再次提醒：二面角的取值范围为[0，π]，两平面夹角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. 一、单项选择题(选对方法，事半功倍)1. 在三棱锥A －BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A －BD －C 的大小为 ()A. π3B. 2π3C. π3或2π3D. π6或π32. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面P AB ，P A ⊥AB ，M 为PB 的中点，P A ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B －AC －M 的余弦值为()(第2题)A. 66B. 36C. 26D. 163. (2023·威海三模)已知圆柱的高和底面半径均为4，AB 为上底面圆周的直径，点P 是上底面圆周上的一点且AP ＝BP ，PC 是圆柱的一条母线，则点P 到平面ABC 的距离为()A. 4B. 2 3C. 3D. 2 24. 在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E，F分别是BB1，DD1的中点，则平面ADE与平面B1C1F之间的距离为()A.55 B.355C.33 D.233二、多项选择题(练—逐项认证，考—选确定的)5. (2023·常德期末)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，P，Q 分别为棱A1D1，D1C1的中点，M为线段BD上的动点，则()(第5题)A. PQ∥BCB. PQ⊥B1MC. 三棱锥P－QMB1的体积为定值D. 设M为BD的中点，则二面角M－PQ－B1的平面角为60°6. 如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD 成60°角，那么下列结论中正确的是()(第6题)B. 点C1到底面ABCD的距离为 2C. 二面角A1－BD－A的平面角的正切值为 6D. 点A到平面BDD1B1的距离为 2三、填空题(精准计算，整洁表达)7. (2023·肥城二模)已知A(2,1,1)是直线l上一点，a＝(1,0,0)是直线l的一个方向向量，则点P(1,2,0)到直线l的距离是________．8. 如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M，N，P分别是平面ADD1A1，平面CDD1C1，平面ABCD的中心，则点D到平面MNP的距离为________．(第8题)9. 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E，F分别为DD1，DB的中点，则二面角E－BC1－F的余弦值为________．(第9题)四、解答题(让规范成为一种习惯)10. (2023·济南期初)如图，在正三棱锥P－ABC中，P A＝2，M，N分别为PC，AC的中点，BM⊥MN.(2) 求平面BMN与平面ABC夹角的余弦值．(第10题)11. (2023·泰州期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，P A＝PB＝AB＝2，平面P AB⊥平面ABCD，N是CD的中点．(1) 若点M为线段PD上一点，且PB∥平面AMN，求PMMD的值；(2) 求二面角B－P A－C的正弦值；(3) 求点N到平面P AC的距离．(第11题)。

高中数学高考总复习----空间角、空间距离巩固练习题(含答案解析)

，
又
，
，，
P M
.
D
C
在
中,
,
, BC=1,
A
B
,
二面角 B-PD-C 的大小为
.
方法二：
解：如图，在平面 ABCD 内，以 C 为原点， CD、CB、CP 分别为 x、y、z 轴，建立空间直角
坐标系 C-xyz，

则
,
过C作
于 M，连接 BM，设
，
z
P M
则，；
， xD
A
○1
C
B y
共线，，
＝
1y1＝－1)⇒
n1＝(1，－1,1)．
sinθ＝
| ·n1|| ||n1|＝2a\r(2)a×\r(3)＝6)3.
9．【答案】(13，－23，23)或(－13，23，－23)
【解析】
设平面 ABC 的法向量 n＝(x，y,1)，则 n⊥ 且 n⊥ ，即 n· ＝0，且 n· ＝0. 即 2x＋2y＋1＝0，4x＋5y＋3＝0，)即 x＝\f(12y＝－1， ∴n＝(12，－1,1)，单位法向量为±n|n|＝±(13，－23，23)．
）
A．是 45°
B．是 60°
C．是 90°
D．随 P 点的移动而变化
3.如图，正三棱柱
的各棱长都 2，E，F 分别是
的中点，则 EF 的长是（）
A．2 B.
C.
D.
4.已知正方形 ABCD，沿对角线 AC 将三角形 ADC 折起，设 AD 与平面 ABC 所成角为β，当β取最大值时，二面角 B－AC－D 的正弦值等于（）
则 A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)，＝(a，a,0)，＝ (0,2a,2a)，

夹角距离和简单的多面体测验题

夹角距离和简单的多面体测验题姓名：班别：学号：成绩：一.选择题1．集合A ＝{正方体}，B ＝{长方体}，C ＝{正四棱柱}，则A 、B 、C 之间的关系为 ( )A.A ⊂B ⊂CB.A ⊂C ⊂BC.C ⊂A ⊂BD.B ⊂A ⊂C2．已知MN 是异面直线a 与b 的公垂线，直线c ⊥a,c ⊥b,则c 与MN 的位置关系是 ( )A ．平行B ．垂直C ．平行或重合D ．不确定 3.平面α截一个三棱锥,如果截面是梯形,那么平面α必定和这个三棱锥的( ) (A)某条棱平行 (B)某个侧面或底面平行 (C)某条棱垂直 (D)某个侧面或底面垂直4．四棱柱作为平行六面体的充分不必要条件是（） (A)底面是矩形 (B)侧面是平行四边形 (C)一个侧面是矩形 (D)两个相邻侧面是矩形5．长方体ABCD －A'B'C'D'中，E 、F 、G 分别是AB 、BC 、BB'上的点，则△EFG 的形状是 ( )A.等边三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.钝角三角形6、如果三棱锥S －ABC 的底面是不等边三角形，侧面与底面所成的二面角相等，且顶点S 在底面的射影O 在△ABC 内，那么O 是△ABC 的 ( )(A)垂心 (B)重心 (C)外心 (D)内心7．在一个45°的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45°，则此直线与二面角的另一个面所成的角为 ( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°8．三棱锥成为正三棱锥的充分而非必要条件是（） (A)三棱锥的高通过底面三角形的外心 (B)各个侧面是全等的等腰三角形 (C)四个面都是正三角形(D)底面是正三角形，且棱锥的高通过底面三角形中心9．长方体A 1B 1C 1D 1-ABCD 的底边BC 的中点是M ，则过A,M,D 1的截面是（） (A)三角形 (B)四边形 (C)五边形 (D)六边形10.如图正方体1111D C B A ABCD -,E 是1DD 的中点,则异面直线AE 与BD 所成角的余弦值等于 ( )A.510B.1010C.55D.5111. 已知PA 、PB 、PC 两两垂直,空间M 一点到PA 、PB 、PC 的距离分别为4,6,12则MP 的长为( )A BCC 1D 1 D A 1B 1E(A)62 (B)63 (C)72 (D)7312、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BDC 与面BCA 为面的二面角大小是 ( ) (A)300 (B)450 (C)600 (D)900二.填空题13.长方体的六个面的面积和为11，所有棱长之和为24，则这个长方体的一条对角线长为14．若正四棱锥的所有棱长都是a ，那么它的底面中心到侧棱之距为 15．正四棱锥的侧棱与底面所成角为450，那么侧面与底面所成的二面角的余弦值是。

高考一轮数学复习 9-7多面体和球理同步练习(名师解析)

第9章第7节知能训练·提升考点一：球的截面性质及球面距离1．已知球的表面积为20π，球面上有A 、B 、C 三点，如图．如果AB ＝AC ＝BC ＝23，则球心到平面ABC 的距离为( )A ．1 B. 2 C. 3 D ．2 答案：A2．设M 、N 是球O 半径OP 上的两点，且NP ＝MN ＝OM ，分别过N 、M 、O 作垂直于OP 的平面，截球面得三个圆，则这三个圆的面积之比为( )A ．3∶5∶6B ．3∶6∶8C ．5∶7∶9D ．5∶8∶9解析：设球的半径为3R ，依题意，得过N ，M ，O 作垂直于OP 的平面，截球面得到三个圆的半径的平方分别是(3R )2－(2R )2＝5R 2、(3R )2－R 2＝8R 2、(3R )2＝9R 2，因此这三个圆的面积之比为5∶8∶9，选D.答案：D3．把边长为2的正方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，折成直二面角后，在A ，B ，C ，D 四点所在的球面上，B 与D 两点之间的球面距离为( )A.2π B ．π C.π2 D.π3解析：由题意可知AC ＝2，取AC 中点O ，由A 、B 、C 、D 四点在同一球面上，且OA ＝OB＝OC ＝OD ，知O 为球心，半径R ＝1.易知∠BOD 为直二面角的平面角，∴∠BOD ＝π2，∴B 、D 两点间的球面距离l ＝π2R ＝π2.答案：C4．(2009·江西九校联考)已知球O 的表面积为16π，且球心O 在60°的二面角α－l －β的内部，若平面α与球相切于M 点，平面β与球相截，且截面圆O 1的半径为3，P 为圆O 1的圆周上任意一点，则M 、P 两点的球面距离的最小值为________．解析：如图，依题意，OM ⊥α，OO 1⊥β，∵球的表面积为16π，∴球的半径r ＝2，∴OM ＝2，过M 作MA ⊥l ，∵平面β与球相截，连接AO 1，交截面圆O 1于P ，此时点P 即为所求，则截面圆O 1的半径O 1P ＝3，∠MAO 1＝60°，∴∠MOO 1＝120°，在直角三角形PO 1O 中，PO ＝2， ∴∠POO 1＝60°，∴∠POM ＝60°，M 、P 两点的球面距离为23π.答案：23π考点二：球的表面积与体积5．已知球的两个平行截面的面积分别为49π、400π，且两个截面之间的距离为9，求球的表面积．解：右图为球的一个大圆截面．π·O 1A 2＝49π，则O 1A ＝7.又π·O 2B 2＝400π， ∴O 2B ＝20.(1)当两截面在球心同侧时，OO 1－OO 2＝9＝R 2－72－R 2－202，解得R 2＝625，S 球＝4πR ＝2 500π. (2)当两截面在球心异侧时，OO 1＋OO 2＝9＝R 2－72＋R 2－202，无解．综上，所求球的表面积为2 500π.6．球面上有三点A 、B 、C ，任意两点之间的球面距离都等于大圆周长的四分之一，且过这三点的截面圆的面积为4π，则此球的体积为( )A ．46πB ．43πC ．83πD ．86π解析：设球的半径R ，则任意两点的球面距离为14×2πR ＝12＝12πR ，两点连弧(大圆弧)所对圆的圆心角为π2，两点的连线长度为2R ，则这三点构成正三角形，边长为2R ，过这三点的截面圆的半径为23×62R ＝63R ，面积为π(63)R 2＝4π，所以R ＝6，所以V ＝43πR 3＝86π.答案：D考点三：球的组合体7．在三棱锥S －ABC 中，SA ⊥底面ABC ，侧面SBA 和侧面SBC 成直二面角． (1)求证：侧面SBC 为直角三角形；(2)若∠BSC ＝45°，SB ＝a ，求三棱锥S －ABC 的外接球的体积．分析：(1)欲证侧面是直角三角形即证明BC ⊥SB 即可．(2)求外接球的体积的关键是找到球心的位置，求出半径，然后利用体积公式求解．解：(1)证明：过A 作AD ⊥SB 于点D ， ∵平面SBA ⊥平面SBC ，∴AD ⊥平面SBC . ∵BC ⊂平面SBC ，∴BC ⊥AD .∵SA ⊥底面ABC ，BC ⊂底面ABC ，∴SA ⊥BC .∴BC ⊥平面SAB ，∴BC ⊥SB . ∴侧面SBC 为直角三角形．(2)取SC 的中点为O ，连结AO 、BO .在Rt△SAC 与Rt△SBC 中，OA ＝SO ＝OC ＝OB ，即O 到三棱锥S －ABC 的四个顶点的距离相等，∴O 为球心．∵SB ＝a ，∠BSC ＝45°，∴SC ＝2a .∴球半径R ＝22a .V ＝43πR 2＝23πa 3. ∴三棱锥S －ABC 的外接球的体积为23πa 2. 8．(2010·淮安模拟)(1)三棱锥A －BCD 的两条棱AB 、CD ，满足AB ＝CD ＝6，其余各棱长均为5，求三棱锥的内切球的半径；(2)若正四面体的四个顶点都在表面积为36π的一个球面上，求这个正四面体的高．解：(1)如下图，取CD 的中点E ，连结AE 、BE .因为AC ＝AD ，CE ＝ED .所以在Rt△ACE中，AE ＝AC 2－CE 2＝4.同理，可得BE ＝4.因为AB ＝6，所以AB 边上的高为7.所以S △ABE＝7×6×12＝37.因为AE ⊥CD ，BE ⊥CD ，所以CD ⊥平面ABE .所以V A －BCD ＝13×37×6＝67.S 表＝S △ABC ×4＝48，而S 表·13·R ＝V A －BCD ，解得R ＝387.因此内切球的半径为378.(2)如下图，设四面体边长为x ，设球半径为R ，所以AH ＝33x,4πR 2＝36π. 所以R ＝3.在Rt△AHO 中，OH 2＝OA 2－AH 2＝32－(33x )2，又在Rt△AHS 中，SH 2＝SA 2－AH 2，所以SH 2＝x 2－(33x )2＝23x 2，( 23x －R )2＋(33x )2＝9，解得x ＝2 6.所以h ＝4，故正四面体的高为4.1.(2009·四川)如图，在半径为3的球面上有A 、B 、C 三点，∠ABC ＝90°，BA ＝BC ，球心O 到平面ABC 的距离是322，则B 、C 两点的球面距离是( )A.π3 B ．π C.4π3 D ．2π解析：过球心O 作平面ABC 的垂线交平面于D ，∠ABC ＝90°，BA ＝BC ，则D 在直线AC 上．由于OD ＝322，则CD ＝OC 2－OD 2＝322.∴AC ＝3 2.由△ABC 为等腰直角三角形可得BC ＝3，∴△OBC 为等边三角形，则B 、C 两点的球面距离是π3×3＝π.答案：B2．(2009·陕西)如图，球O 的半径为2，圆O 1是一小圆，O 1O ＝2，A 、B 是圆O 1上两点，若A ，B 两点间的球面距离为2π3，则∠AO 1B ＝________.解析：由A 、B 两点间的球面距离为2π3，知∠AOB ＝π3，则AB ＝2.又OO 1＝2，则O 1A ＝O 1B ＝2，∴△AO 1B 中，有O 1A 2＋O 1B 2＝AB 2，故∠AO 1B ＝π2.答案：π23．(2009·湖北)如图，卫星和地面之间的电视信号沿直线传播，电视信号能够传送到达的地面区域，称为这个卫星的覆盖区域．为了转播2008年北京奥运会，我国发射了“中星九号”广播电视直播卫星，它离地球表面的距离约为36 000 km.已知地球半径约为6 400 km ，则“中星九号”覆盖区域内的任意两点的球面距离的最大值约为________km.(结果中保留反余弦的符号)解析：如图，cos∠AOB ＝OB OA＝6 40036 000＋6 400＝853，∴球面距离的最大值约为6 400×2·arccos 853＝12 800 arccos 853.答案：12 800 arccos 8534．(2009·全国卷Ⅰ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于________．解析：由题意，知球心O 在线段O 1O 2的中点上，在△ABC 中，由余弦定理得，BC ＝23，在△AO 1C 中，由正弦定理得2O 1C ＝BCsin120°＝4，即O 1C ＝2，设球半径为R ，在Rt△OO 1C 中， OO 1＝1，O 1C ＝2，OC ＝R ，又R 2＝1＋4＝5，∴球的表面积为S ＝4πR 2＝20π. 答案：20π1.正三棱锥A －BCD 的侧棱长为213，侧面与底面成60°角，则它的外接球的体积为 ( )A.1 37281π B.343162π C.1 37227πD.34354π解析：O 1是A 在平面BCD 的射影，连结AO 1，延长与外接球交于E ，则AE 是该球的直径．连结BO 1，并延长交CD 于F ，连结AF ，则∠AFB ＝60°，设底面边长为a ，则由图可知，BF ＝32a ，于是在△AO 1B 中，由∠AO 1B ＝90°得AO 1＝AB 2－BO 21＝73－(23·32a )2＝7－a23.① 在△AO 1F 中，由∠AO 1F ＝90得AO 1＝FO 1·tan60°＝13·32a ·3＝12a .②由①②，得7－a 23＝12a ，即a ＝2. 于是AO 1＝1，AB ＝213. 在△ABE 中，由∠ABE ＝90°(这是因为AE 是球的直径)，得AB 2＝AO 1·AE ，所以AE ＝AB 2AO 1＝(213)21＝73.从而外接球的体积V ＝4π3×(AE 2)3＝343π162.答案：B2．在正三棱锥S －ABC 中，侧棱长SA ＝23，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且MN ⊥AM ，则此三棱锥外接球的表面积是________．解析：∵MN ∥SB ，MN ⊥AM ，∴SB ⊥AM . 又∵SB ⊥AC ，∴SB ⊥平面SAC .同理可知SA ⊥平面SBC ，SC ⊥平面SAB .∴此三棱锥的外接球的直径等于以S 为顶点、SA ，SB ，SC 为相邻棱长的长方体的对角线，即2R ＝(23)2×3＝6.∴三棱锥外接球的表面积等于36π. 答案：36π。

高考数学复习--立体几何--异面直线距离与夹角基础练习卷(解析版)

异面直线距离与夹角基础（共22题）一、选择题（共8题）1.（2020·上海嘉定区·期末）在空间内，异面直线所成角的取值范围是( )A．(0,π2)B．(0,π2]C．[0,π2)D．[0,π2]2.（2021·北京石景山区·期末）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于( )A．45∘B．60∘C．90∘D．120∘3.（2021·北京西城区·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为CD的中点，则直线A1E与BC所成角的余弦值为( )A．25B．35C．13D．234.（2020·专项）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线B1C与直线A1C1所成角是( )A．45∘B．60∘C．90∘D．120∘5.（2021·单元测试）在空间中，下列命题正确的是( )A．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行，那么这两个角相等B．两条异面直线所成角的范围是[0,π2]C．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D．如果一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行6.（2020·上海徐汇区·期中）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=√22，则下列结论中错误的是( )A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱柱A−BEF的体积为定值D．异面直线AE，BF所成的角为定值7.（2020·专项）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=AA1=2，点P为CC1的中点，则异面直线AP与C1D1所成角的正切值为( )A．√54B．√34C．√24D．148.（2018·真题）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=√3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )A．15B．√56C．√55D．√22二、多选题（共4题）9.（2021·单元测试）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M在线段B1C上运动，则( )A．直线BD1⊥平面A1B1CDB．三棱锥M−A1C1D的体积为定值C．异面直线AM与A1D所成角的取值范围是[π4,π2 ]D．直线C1M与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为√6310.（2020·专项）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，其中正确的结论为( )A．直线AM与C1C是相交直线B．直线AM与BN是平行直线C．直线BN与MB1是异面直线D．直线MN与AC所成的角为60∘11.（2021·北京·同步练习）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，下列结论中正确的是( )A．B1D1∥平面EFGB．BD1⊥平面ACB1C．异面直线EF与BD1所成角的正切值为√22a3D．四面体ACB1D1的体积等于1212.（2020·天津市·同步练习）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论中正确的是( )A．AC⊥BD B．AB，CD所成角为π3C．△ADC为等边三角形D．AB与平面BCD所成角为π3三、填空题（共4题）13.（2019·上海·单元测试）两条异面直线所成的角为θ，则θ的取值范围是．14.（2019·上海静安区·期末）如图，在正方体中，AB与CD所成角的大小为．15.（2019·上海·同步练习）已知PA⊥平面ABC，∠ACB=90∘，且PA=AC=BC=a，则异面直线PB与AC所成的角的正切值为．16.（2017·天津红桥区·期中）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB的中点为M，DD1的中点为N，则异面直线B1M与CN所成角的度数是．四、解答题（共6题）17.（2020·上海闵行区·模拟）如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，高为3，E是棱BB1的中点．(1) 求异面直线A1D与C1E所成角的大小（用反三角函数值表示）；(2) 求四面体A1−C1DE的体积．18.（2020·专项）如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=2，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点．(1) 求异面直线AB1与BM所成角的余弦值；(2) 求二面角C−AN−M的余弦值．19.（2019·上海·同步练习）如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：(1) EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ； (2) EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ； (3) EG 的长；(4) 异面直线 AG 与 CE 所成角的余弦值．20. （2019·上海·同步练习）已知正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1．(1) 画出两个平面 ABC 1D 1 与 A 1B 1CD 的交线；(2) 若正方体的边长为 4，求异面直线 A 1B 与 B 1C 所成角的大小．21. （2019·上海·同步练习）如图，正方体 ABCD −EFGH 中，求 BE 与 CG 所成的角．22. （2019·上海·同步练习）如图，在菱形 ABCD 中，AB =AC =1，其对角线的交点为点 O ，现将△ADC 沿对角线 AC 向上翻折，使得 OD ⊥OB ．在四面体 ABCD 中，点 E 在 AB 上移动，点 F 在 DC 上移动，且 AE =CF =a （0≤a ≤1）．(1) 求线段 EF 的最大值与最小值；(2) 当线段 EF 的长最小时，求异面直线 AC 与 EF 所成角 θ 的大小．答案一、选择题（共8题）1. 【答案】B【解析】由异面直线所成角的定义可知，过空间一点分别作相应直线的平行线，两条相交直线所成]，故选B．的直角或锐角为异面直线所成角，所以两条异面直线所成角的取值范围是(0,π2【知识点】异面直线所成的角2. 【答案】B【解析】如图，连接A1B，BC1，A1C1，则A1B=BC1=A1C1，且EF∥A1B，GH∥BC1，所以异面直线EF与GH所成角等于60∘．【知识点】异面直线所成的角3. 【答案】D【知识点】异面直线所成的角4. 【答案】B【知识点】异面直线所成的角5. 【答案】C【解析】在空间中，如果两个角的两条边分别平行，那么这两个角相等或互补，故A错误；]，故B错误；两条异面直线所成角的范围是(0,π2如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行，故C正确；如果平面外一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行，故D错误．【知识点】异面直线所成的角、空间的平行关系6. 【答案】D【知识点】异面直线所成的角7. 【答案】A【知识点】利用向量的坐标运算解决立体几何问题、异面直线所成的角8. 【答案】C【解析】以 D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1 为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则 D (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(1,1,√3)，D 1(0,0,√3)，所以 AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,√3)，DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,√3)，因为 cos⟨AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=2×√5=√55，所以异面直线 AD 1 与 DB 1 所成角的余弦值为√55，选C ．【知识点】利用向量的坐标运算解决立体几何问题、异面直线所成的角二、多选题（共4题） 9. 【答案】B ；D【解析】以 D 为原点，DA 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，DD 1 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，则 D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，所以 BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,1)，DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0)，所以 BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+1=0，所以 BD 1⊥DA 1，BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1≠0，所以 BD 1 不垂直于 DC ，故 BD 1 不垂直于平面 A 1B 1CD ，故A 不正确．因为 B 1C ∥A 1D ，B 1C ⊄平面A 1DC 1，A 1D ⊂平面A 1DC 1，所以 B 1C ∥平面A 1DC 1，又因为点 M 在线段 B 1C 上运动，所以点 M 到平面 A 1DC 1 的距离等于 B 1 到平面 A 1DC 1 的距离，易知点 B 1 到平面 A 1DC 1 的距离为定值，故 V M−A 1C 1D 为定值．故B 正确．易知 A 1D ∥B 1C ，当点 M 与线段 B 1C 的端点重合时，异面直线 AM 与 A 1D 所成角为 π3，设 B 1C 的中点为 M 0，当点 M 由 B 1C 的端点向中点 M 0 运动时，∠AMM 0 为异面直线 AM 与 A 1D 所成的角，在 △ACB 1 中，AC =AB 1，所以 AM 0⊥B 1C ，在 △AMM 0 中，AM 0 不变，MM 0 逐渐变小，所以 tan∠AMM 0=AM 0MM 0逐渐增大，当点 M 与 M 0 重合时，异面直线 AM 与 A 1D 所成角为 π2，所以异面直线 AM 与 A 1D 所成角的取值范围是 [π3,π2]，故C 不正确．设 M (a,1,a )，易知 DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1)，DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1)，C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,0,a −1)，BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,1)，因为 BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+1=0，BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+1=0，DA 1∩DC 1=D ，所以 BD 1⊥平面A 1C 1D ，所以 BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,1) 为平面 A 1C 1D 的一个法向量，设直线 C 1M 与平面 A 1C 1D 所成的角为 θ，则sinθ=∣∣cos⟨C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩∣∣=∣∣C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√3×√a 2+(a−1)2=√3×√2(a−2)2+2当 a =12 时，sinθ 取得最大值，为√63，所以直线 C 1M 与平面 A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为 √63，故D 正确．故选BD ．【知识点】线面角、异面直线所成的角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题10. 【答案】C ；D【知识点】异面直线所成的角11. 【答案】B ；C【解析】如图所示，取 A 1D 1 的中点 H ，CC 1 的中点 I ，BC 的中点 M ，连接 HG 并延长，连接 MI 并延长，记 HG 与 MI 的延长线交于点 P ，延长 EF ，记 EF 的反向延长线交 MI 的反向延长线于点 Q ，EF 的延长线交 HG 的反向延长线于点 N ．连接 BD ，BC 1，因为 B 1D 1 与 HG 相交，故 B 1D 1 与平面 EFG 相交，故A 不正确．因为 BD ⊥AC ，DD 1⊥AC ，BD ∩DD 1=D ，所以 AC ⊥平面BDD 1，所以 AC ⊥BD 1．因为 BC 1⊥B 1C ，C 1D 1⊥B 1C ，BC 1∩C 1D 1=C 1，所以 B 1C ⊥平面BC 1D 1，所以 B 1C ⊥BD 1，又 AC ∩B 1C =C ，所以 BD 1⊥平面ACB 1，故B 正确．以 D 为原点，DA ，DC ，DD 1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Dxyz ，则 D (0,0,0)，E (a,a2,0)，F (a,0,a2)，B (a,a,0)，D 1(0,0,a )，所以 EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−a 2,a 2)，BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−a,−a,a )，所以cos⟨EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣EF⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=0×(−a )+(−a2)×(−a )+a 2×a √0+a 24+a 24×√a 2+a 2+a 2=2√62a =√63.所以sin⟨EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=√1−cos 2⟨EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=√1−69=√33.所以tan⟨EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=sin⟨EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩cos⟨EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=√33√63=√22.所以异面直线 EF 与 BD 1 所成角的正切值为√22，故C 正确．易知四面体 ACB 1D 1 的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，即 a 3−4×13×12a 3=13a 3，故D 不正确．【知识点】利用向量的坐标运算解决立体几何问题、异面直线所成的角12. 【答案】A；B；C【解析】如图，A．取BD中点为O，连接AO，CO，易知BD⊥平面AOC，故BD⊥AC．B．以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设正方形ABCD边长为a，则A(√22a,0,0)，B(0,√22a,0)，C(0,0,√22a)，D(0,−√22a,0)，故AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√22a,√22a,0)，CD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√22a,−√22a)．由两向量夹角公式得cos〈CD⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=−12，故异面直线AB，CD所成的角为π3．C．在直角三角形AOC中，由AO=CO=√22a，AO⊥CO，得AC=√2AO=a，故△ADC为等边三角形．D．易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角，易得∠ABO=π4，故D错误．【知识点】利用向量的坐标运算解决立体几何问题、线面角、异面直线所成的角三、填空题（共4题）13. 【答案】0<θ≤π2【知识点】异面直线所成的角14. 【答案】π4【解析】如图，记C点正上方的顶点为E．在正方体中，显然BE∥CD，所以∠ABE即是AB与CD所成的角，易得：∠ABE=π．4【知识点】异面直线所成的角15. 【答案】√2【知识点】异面直线所成的角16. 【答案】90°【解析】取AA1的中点E，连接EN，BE交B1M于点O，则EN∥BC，且EN=BC，所以四边形BCNE是平行四边形，所以BE∥CN，所以∠BOM就是异面直线B1M与CN所成的角，而Rt△BB1M≌Rt△ABE，所以∠ABE=∠BB1M，∠BMB1=∠AEB，所以∠BOM=90∘．【知识点】异面直线所成的角四、解答题（共6题）17. 【答案】(1) 如图，以 D 为原点，以 DA ，DC ，DD 1 分别为 x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．由已知 DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3)，C 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−32)，设两向量夹角为 θ，则 ∣cosθ∣=√1365，所以异面直线 A 1D 与 C 1E 所成角为 arccos√1365． (2) 利用割补法：正四棱柱体积 V =12．连接 DB ．V E−A 1B 1C 1=1，V D−A 1C 1D 1=2，V D−ABEA 1=V D−CBEC 1=3，所以 V A 1−C 1DE =V −V E−A 1B 1C 1−V D−A 1C 1D 1−V D−ABEA 1−V D−CBEC 1=3．【知识点】异面直线所成的角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题18. 【答案】(1) 如图，以 A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则 B 1(2,0,2)，B (2,0,0)，M (0,2,1)，N (1,1,0)，所以 AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2)，BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,1)．所以 cos⟨AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=√4+0+4√4+4+1=6√2=−√26，所以异面直线 AB 1 与 BM 所成角的余弦值为√26． (2) 平面 ANC 的一个法向量为 n ⃗ =(0,0,1)．设平面 AMN 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(x,y,z )．因为 AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1)，AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)，由 m ⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，m ⃗⃗ ⋅AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0 得， {2y +z =0,x +y =0,不妨取 x =1，则 y =−1，z =2，所以 m ⃗⃗ =(1,−1,2)，所以 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣⋅∣n ⃗ ∣=√6=√63，所以二面角 C −AN −M 的余弦值为√63．【知识点】二面角、异面直线所成的角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题19. 【答案】(1) 设 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ，则 ∣a ∣=∣∣b ⃗ ∣∣=∣c∣=1，a 与 b ⃗ ，b ⃗ 与 c ，c 与 a 所成的角都为 60∘．因为 EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12c −12a ，BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−a ，所以 EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12c −12a )⋅(−a )=12a 2−12a ⋅c =14． (2) 因为 DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ −c ，所以EF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(c −a )⋅(b ⃗ −c )=12(b ⃗ ⋅c −a ⋅b ⃗ −c 2+a ⋅c )=−14.(3) 因为EG⃗⃗⃗⃗⃗ =EB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =12a +b ⃗ −a +12c −12b ⃗ =−12a +12b ⃗ +12c , 所以∣∣EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣2=14a 2+14b ⃗ 2+14c 2−12a ⋅b ⃗ +12b ⃗ ⋅c −12c ⋅a =12,则 ∣∣EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√22．(4) 而 AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =12b ⃗ +12c ，CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−b ⃗ +12a ，则 cosθ=AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=−23．由于异面直线所成角的范围是 (0,π2]，所以异面直线 AG 与 CE 所成角的余弦值为 23．【知识点】异面直线所成的角20. 【答案】(1) 图略．(2) 60∘．【知识点】异面直线所成的角21. 【答案】因为 CG ⊥BF ，所以 ∠EBF （或其补角）为异面直线 BE 与 CG 所成的角，又 △BEF 中，∠EBF =45∘，所以 BE 与 CG 所成的角为 45∘．【知识点】异面直线所成的角22. 【答案】(1) 以 O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系 O −xyz ．由已知可求得 E (√32a,a−12,0)，F (0,1−a 2,√32a)，则 EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32a,1−a,√32a)，所以 EF =√(−√32a)2+(1−a )2+(√32a)2=√52(a −25)2+35．所以，当 a =25 时，线段 EF 的最小值为√155；当 a =1 时，线段 EF 的最大值为√62． (2) 当 a =25 时，EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√35,35,√35)，而 AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0)，所以 cosθ=∣∣∣EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣⋅∣AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣=35√155×1=√155．所以，θ=arccos √155．【知识点】异面直线所成的角、空间线段的长度、利用向量的坐标运算解决立体几何问题。

专题03 立体几何中的夹角问题(原卷版)

第三篇立体几何专题03 立体几何中的夹角问题常见考点考点一线线角典例1．如图，在多面体ABCEF 中，ABC 和ACE 均为等边三角形，D 是AC 的中点，EF BD ∥，2BD EF ==(1)证明：AC BF ⊥；(2)若平面ABC ⊥平面ACE ，求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值.变式1-1．如图，在平行四边形ABCD 中，AB AC =，90ACD ︒=∠，以AC 为折痕将ACD ∆折起，使点D 到达点M 的位置，且AB AM ⊥.(1)证明：平面ACM ⊥平面ABC ；(2)E 为线段AM 上一点，F 为线段BC 上一点，且13AE CF AD ==，求异面直线AC 与EF 所成的角的余弦.变式1-2．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA ，1AB =，AC =2BAC π∠=，D 是棱1CC 上一点．(1)若1A C BD ⊥，求1CD CC ； (2)在（1）的条件下，求直线1B D 与11A C 所成角的余弦值．变式1-3．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是1BB 、CD 的中点.(1)求证：1D F AE ⊥；(2)求直线EF 和1CB 所成角的大小.考点二线面角典例2．如图，在梯形ABCD 中，AD BC ∥，2ABC π∠=，22AB BC AD ===，E ，F 分别为边AB ，CD 上的动点，且EF BC ∥，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)求AE 为何值时，BD EG ⊥；(2)在（1）的条件下，求BD 与平面ABF 所成角的正弦值．变式2-1．如图所示的直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，F 分别是棱BC ，CD 上的点，且2BE EC =，2DF FC =，点G 为棱1CC 上的动点，13AA =，1O 为上底面1111D C B A 的中心，1AO ∥平面EFG .(1)求CG 的长度；(2)求直线1BO 与平面EFG 所成的角的正弦值.变式2-2．如图，三棱锥P －ABC 中，PAB △为正三角形，侧面P AB 与底面ABC 所成的二面角为150°，AB ＝AC ＝2，AB AC ⊥，E ，M ，N 分别是线段AB ，PB 和BC 的中点.(1)证明：平面PEN ⊥平面ABC ；(2)求直线PN 与平面MAC 所成角的正弦值.变式2-3．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1222AC AB AA ===，11A B AB M =，11A B B C ⊥.(1)求证：AB AC ⊥；(2)若点N 在线段1A C 上，满足MN ∥平面ABC ，求直线1B N 与平面1A BC 所成角的正弦值.考点三二面角典例3．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ACC A 是矩形，AC AB ⊥，12AB AA ==，3AC =，1120A AB ∠=︒，E ，F 分别为棱11A B ，BC 的中点，G 为线段CF 的中点．(1)证明：1//AG 平面AEF ； (2)求二面角A EF B --的余弦值．变式3-1．如图，ABC 中AB BC ⊥，且2AB BC =，将AEF 沿中位线EF 折起，使得AE BE ⊥，连结AB ，AC ，M 为AC 的中点.(1)证明：MF ⊥平面ABC ；(2)求二面角E MF C --的余弦值.变式3-2．如图，已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB DC ∥，90DAB ∠=︒，PA ⊥底面ABCD ，且112PA AD DC AB ====，M 是棱PB 的中点.(1)证明：平面PAD ⊥平面PCD ；(2)求平面AMC 与平面BMC 的夹角的余弦值.变式3-3．如图，三棱锥P ABC -中，PA AB ⊥，PA AC ⊥，AB AC ⊥，2AB AC ==，4PA =，点M 是P A 的中点，点D 是AC 的中点，点N 在PB 上，且2PN NB =.(1)证明：BD 平面CMN ；(2)求平面MNC 与平面ABC 所成角的余弦值.巩固练习练习一线线角1．如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB =AC =2，AA 1=4，点D 是BC 的中点，求异面直线 A 1B 与C 1D 所成角的余弦值.2．如图，直棱柱111,ABC A B C -在底面ABC 中，1,90CA CB BCA ∠===，棱12,,AA M N =分别为111,A B A A 的中点.（1）求异面直线1BA ､1CB 成角的余弦值；（2）求证：BN ⊥平面1C MN .3．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2,,,AC AB A A AB AC D E F ⊥===分别为1,,AB BC BB 的中点.（1）证明：//DF 平面11AB C ；（2）证明：11AF B E ⊥；（3）求异面直线111A F B C 与所成角的余弦值.4．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是1DD ，BD ，1BB 的中点.（1）求证：EF CF ⊥；（2）求EF 与CG 所成角的余弦值；（3）求CE 的长.练习二线面角5．如图，已知三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B ⊥底面11,60,ABC AA BAA ABC =∠=︒为等腰直角三角形，2AC BC ==．(1)若O 为AB 的中点，求证：1CO AA ⊥；(2)求直线1BC 与平面11ACC A 所成角的正弦值．6．如图，已知四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 中，90ABC ∠=︒，AB CD ∥，1AB =，1BC =，2CD =，点A 在平面PCD 内的投影恰好是△PCD 的重心G ．(1)求证：平面PAB ⊥平面PBC ；(2)求直线DG 与平面PBC 所成角的正弦值．7．已知平行四边形ABCD ，2AB =，1BC =，3A π∠=，点E 是AB 的中点，沿DE 将ADE 翻折得PDE △，使得PC =，且点F 为PC 的中点.(1)求证：BF ∥平面PDE ；(2)求直线PE 与平面BCDE 所成角的正弦值.8．如图1，在△MBC 中，24,BM BC BM BC ==⊥，A ，D 分别为棱BM ，MC 的中点，将△MAD 沿AD 折起到△P AD 的位置，使90PAB ∠=，如图2，连结PB ，PC ，BD ．(1)求证：平面P AD ⊥平面ABCD ；(2)若E 为PC 中点，求直线DE 与平面PBD 所成角的正弦值．练习三二面角9．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，AB DC ∥，AB AD ⊥，224CD AB AD ===，四边形11ADD A 为菱形，1A 在平面ABCD 内的射影O 恰好为AD 的中点，M 为AB 的中点.(1)求证：BC ⊥平面1AOM ； (2)求平面11A BC 与平面11AA D D 夹角的余弦值.10．如图所示，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为菱形，SAD 为等边三角形，120ABC ∠=︒，点S 在平面ABCD 内的射影O 为线段AD 的中点.(1)求证：平面SOB ⊥平面SBC ；(2)已知点E 在线段SB 上，32SE BE =，求二面角B OE C --的余弦值.11．如图，在直棱柱111ABC A B C -中，1CA CB ==，90BCA ∠=︒，12AA =，,M N 分别是11A B ，1AA 的中点.(1)求BN 的长；(2)求证：11A B C M ⊥；(3)求二面角11A BC B --的余弦值.12．如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为正方形，4AB =，AD EF ∥，2AF EF ==，90FAD AEC ∠=∠=︒.(1)证明：AF ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B ED C --的正弦值．。

高考数学考点22简单多面体与球练习

考点 22 简单多面体与球1.（2010 ·四川高考理科· Ｔ 11）半径为 R的球O的直径AB垂直于平面，垂足为 B ， BCD 是平面内边长为 R 的正三角形，线段AC, AD 分别与球面交于点 M ， N，那么 M , N两点间的球面距离是（）R arccos17R arccos18（ A ）25（ B ）25 1R4R（C ） 3（D ） 15【命题立意】此题考察了两点间的球面距离（即求弧长）问题，解三角形，平行线平分线段成比率的知识，考察了学生利用平面几何知识解决空间几何体问题的能力.【思路点拨】欲求M , N 两点间的球面距离，依据弧长公式可知，需求MON的弧度数，从而转变为求线段 MN 的长度 .∵题目中所给条件大多集中在 BCD 内，故探究 MN 与 CD 的数目关系 .【规范解答】选 A . 连接 BM ，∵ AB 为球 O的直径，∴BM AC ，在 Rt ABC 中，AB 2R, BC R, ACAB 2 BC 25RBC 2 CMCA CMBC 2 5 RAMAC CM4 5 R由射影定理可得CA5.则5.同理，连接BN,则△ ABM ≌△ ABN, 则ANAM ,又 ACAD ,MNAM 4 MN4CD 4 R∴MN ∥CD .∴CDAC 5,即55 .在三角形MON中 , OM=OM=R,MN4 R5 利用余弦定理可得：cos MON =OM2ON 2 MN 217MON arccos172OM ON 25，∴25, ∴M,N 两点间的球面距离为R arccos1725 .2.（ 2010·全国卷Ⅰ理科·Ｔ 12）已知在半径为 2 的球面上有 A ， B ， C ， D 四点，若 AB=CD=2, 则四周体 ABCD 的体积的最大值为（）2 34 38 3(A)3 (B)3(C)23(D)3【命题立意】本小题主要考察几何体的体积的计算、球的性质、异面直线的距离的空间想象能力及推理运算能力.,经过球这个载体考察考生【思路点拨】当AB CD 时体积最大，选择适合的底和高，利用三棱锥体积公式求解.【规范解答】选 B.方法一：当 AB CD 时，体积最大，如图：过 CD 作平面 PCD ，使AB平面PCD,交 AB 与点 P ,设点 P 到 CD 的距离为 h ,V四周体ABCD 1 SPCD AB1 1h 22h3 323 ,当直径经过AB则有 2与 CD 的中点时,hmax2 2212 23 ,故Vmax4 33 .方法二：如图：当异面直线AB 与 CD 间的距离最大，且AB CD 时，四周体 ABCD 的体积最大，分别取AB与 CD的中点 E，F ，连结 EF ，此时球心O 为线段EF 的中点，则2 2 2 V A BCD 1S ECD AB 1 1 2 2 3 2 4 3EF 2OA AE 22 1 23. 3 3 2 3 . 3．（ 2010·湖北高考理科·Ｔ 13）圆柱形容器内盛有高度为8 cm 的水，若放入三个同样的球（球的半径与圆柱的底面半径同样）后，水恰巧吞没最上边的球（如下图），则球的半径是 ____cm.【命题立意】此题主要考察圆柱和球的体积公式以及考生的运算求解能力．【思路点拨】圆柱形容器的容积减去圆柱内高度为8cm 的水的体积即为 3 个球的体积和。

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高中数学会考夹角、距离、简单多面体与球专题训练
一、选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分）
1、两个对角面都是矩形的平行六面体是
A 、正方体
B 、正四棱柱
C 、长方体
D 、直平行六面体
2、正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，异面直线AC 与B 1C 1所成的角是
A 、30
B 、60
C 、90
D 、1200
3、已知一个正六棱柱的底面边长是32，最长的对角线长为8，那么这个正六棱柱的高是
A 、32
B 、3
C 、4
D 、34
4、正四棱锥相邻的侧面所成二面角的平面角是
A 、锐角
B 、钝角
C 、直角
D 、以上均有可能
5、一棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比是1:2，则此棱锥的高（自上而下）被分成两段长度之比为
A 、1:2
B 、1:4
C 、1:)12(+
D 、1:)12(-
6、在四棱锥的四个侧面中，可以是直角三角形的个数最多是
A 、4个
B 、3个
C 、2个
D 、1个
7、三棱锥P-ABC 中，若PA=PB=PC ，则顶点P 在底面三角形的射影是底面三角形的
A 、内心
B 、外心
C 、重心
D 、垂心
8、四棱柱成为平行六面体的一个充分不必要条件是 A 、底面是矩形 B 、底面是平行四边形
C 、有一个侧面为矩形
D 、两个相邻侧面是矩形
9、已知AD 是边长为2的正三角形ABC 的边上的高，沿AD 将△ABC 折成直二面角后，点A 到BC 的距离为
A 、
2
3
B 、
2
7 C 、
2
14 D 、
4
14
10、已知异面直线a 、b 所成的角为500
，P 为空间一定点，则过点P 且与a 、b 所成角
都是300的直线有且仅有
A 、1条
B 、2条
C 、3条
D 、4条
11、二面角βα--λ 是直二面角，λ∉∈∈B A B A ,,,βα，设直线AB 与βα,所成
的角分别为1θ、2θ则 A 、0
2190=+θθ B 、0
2190≥+θθ
C 、02190≤+θθ
D 、0
2190≠+θθ
12、二面角γβα,,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
A 、5
B 、153
C 、13
D.、104
二、填空题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
13、长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=3,BC=1,CC 1=3,则平面A 1BC 与平面ABCD 所成的角的
度数是____________
14、正三棱锥V-ABC 的各棱长均为a ，M,N 分别是VC,AB 的中点，则MN 的长为______
15、有一个三角尺ABC ， 0
090,30=∠=∠C A ,BC 贴于桌面上，当三角尺与桌面成45
角时，AB 边与桌面所成角的正弦值是________.
16、已知点A,B 在平面α同侧，线段AB 所在直线与α所成角为300
，线段AB 在α内射
影长为4，AB 的中点M 到α的距离为8，则AB 两端到平面α的距离分别为_________和____________。

三、解答题：（本大题共4小题，共36分）
17、湖面上漂浮着一个球，湖面结冰后将球取出，冰面上留下一个空穴，冰面圆的直径
为
24cm ，空穴最深处距冰面为8cm ，求该球的半径。

18、地球北纬450圈上有A,B两地，分别在东经1200和西经1500处，若地球半径为R，
求A,B两地的球面距离。

19、如图，在三棱锥D-ABC中，DA⊥平面ABC，∠ACB=900,∠ABD=300,AC=BC,求异面直
线AB与CD所成的角的余弦值。

20、正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，P,Q,R分别为棱AA1,AB,BC的中点，试求二面角
P-QR-A的正弦值。

数学参考答案
十二、夹角、距离、简单多面体与球
一、选择题：1．D 2.B 3.C 4.B 5.D 6.A 7.B 8.A 9.C 10.B 11.C 12.C
二、填空题： 13.300
14.a 22
15. 46 16.8-332,8+3
32 三、解答题：17.r=13 18.
3
R
19.
1030 20.3
6。