高三数学单元练习题(空间角与空间距离)

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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。

高中数学空间角度与距离问题(有答案)

AA 1DCB B 1C 1图选修2-1空间向量与立体几何一、选择题：1．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成的角的大小为（）A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°2．如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是（）A ．1715B ．21C ．178D ．233．如图，A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA =90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC =CA =CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（）A ．1030 B ．21 C ． 1530 D ．10154．正四棱锥S ABCD -的高2SO =，底边长2AB =，则异面直线BD 和SC 之间的距离（）A ．515 B ．55 C ．552 D ．1055．已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱1CC 的中点．点1C 到平面1AB D 的距离（） A ．a 42B ．a 82 C ．a 423D ．a 226．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，则平面1AB C 与平面11A C D 间的距离（）A ．63B ．33 C ．332 D ．23 7．在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝21P A ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值（）图图A ．621 B ．338 C ．60210D ．302108．在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形， 90=∠ACB ，侧棱21=AA ，D ，E 分别是1CC 与B A 1的中点，点E 在平面AB D 上的射影是ABD ∆的重心G ．则B A 1与平面AB D 所成角的余弦值（）A ．32 B ．37C ．23 D ．73 9．正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3，侧棱3231=AA ，D 是C B 延长线上一点，且BC BD =，则二面角B AD B --1的大小（）A ．3π B ．6π C ．65π D ．32π10．正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为22，侧棱长为4，E ，F 分别为棱AB ，CD 的中点，G BD EF =⋂．则三棱锥11EFD B -的体积V（）A ．66B ．3316 C ．316D ．16二、填空题：11．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A B 的中点，则异面直线1D E 和1BC 间的距离． 12．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是11A B 、CD 的中点，求点B 到截面1AEC F 的距离．13．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点，点A 1到平面D B EF 的距离．14．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，求直线A E 与平面AB C 1D 1所成角的正弦值．三、解答题：15．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1，求平面A 1B C 1与平面AB CD 所成的二面角的大小16．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、M 分别是A 1C 1、A 1D 和B 1A 上任一点，求证：平面A 1EF ∥平面B 1MC ．17．在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，且P A⊥底面ABCD，PD与底面成30°角．（1）若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；（2）求异面直线AE与CD所成角的余弦值．18．已知棱长为1的正方体A C1，E、F分别是B1C1、C1D的中点．（1）求证：E、F、D、B共面；（2）求点A1到平面的B DEF的距离；（3）求直线A1D与平面B DEF所成的角．19如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1.(1) 求二面角C—DE—C1的正切值;(2) 求直线EC1与FD1所成的余值.20如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD是菱形，∠DAB=600，PD⊥平面ABCD，PD=AD，点E为AB 中点，点F为PD中点。

浙江省2014届理科数学复习试题选编28：空间角和空间距离(教师版)

浙江省2014届理科数学复习试题选编28：空间角和空间距离一、选择题1 ．（浙江省海宁市2013届高三2月期初测试数学（理）试题）在平行四边形ABCD中,22,60BC AB B ==∠=o ,点E 是线段AD 上任一点(不包含点D ),沿直线CE 将△CDE 翻折成△E CD ',使'D 在平面ABCE 上的射影F 落在直线CE 上,则'AD 的最小值是（）A B C ．2 D 【答案】A2 ．（浙江省六校联盟2013届高三回头联考理科数学试题）棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1在空间直角坐标系中移动,但保持点（）A ．B 分别在X 轴、y 轴上移动,则点C 1到原点O 的最远距离为（）A ．B ．C ．5D ．4【答案】D3 ．（温州市2013年高三第一次适应性测试理科数学试题）正方体1111ABCD A B C D -中,1CC 与平面1A BD所成角的余弦值为（）A B C ．23D 【答案】D4 ．（浙江省绍兴一中2013届高三下学期回头考理科数学试卷）已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1,N M ,是对角线1AC 上的两点,动点P 在正方体表面上且满足||||PN PM =,则动点P 的轨迹长度的最大值为（） A ．3B ．23C ．33D ．6【答案】B5 ．（浙江省“六市六校”联盟2013届高三下学期第一次联考数学（理）试题）如图所示,在正方体1111D C B A ABCD -中,E 为1DD 上一点,且131DD DE =,F 是侧面11C CDD 上的动点,且//1F B 平面BE A 1,则F B 1与平面11C CDD 所成角的正切值构成的集合是（）A ．}23{ B ．}1352{C ．}22323|{≤≤m m D ．}231352|{≤≤m m【答案】C6 ．（浙江省稽阳联谊学校2013届高三4月联考数学(理)试题（word 版））已知四面体A BCD -中,P为棱AD 的中点,则过点P 与侧面ABC 和底面BCD 所在平面都成60的平面共有(注:若二面角l αβ--的大小为120,则平面α与平面β所成的角也为60)（） A ．2个 B ．4个 C ．6个 D ．无数个【答案】B 提示:设平面ABC 的法向量为a ,平面BCD 的法向量为b,因为二面角A BC D --的平面角的余弦值为13,即平面角大约为71 ,所以过点P 与法向量,a b 都成60的向量有4个,所以过点P 与侧面ABC 和底面BCD 所在平面都成60的平面共有4个.7 ．（浙江省温州中学2013届高三第三次模拟考试数学（理）试题）已知正四面体ABCD -中,P 为AD 的中点,则过点P 与侧面ABC 和底面BCD 所在平面都成 60的平面共有(注:若二面角l αβ--的大小为120,则平面α与平面β所成的角也为 60)（） A ．2个 B ．4个 C ．6个 D ．无数个非选择题部分(共100分) 【答案】 B ．8 ．（【解析】浙江省镇海中学2013届高三5月模拟数学（理）试题）如图ABC ∆是等腰直角三角形,其中90A ∠=︒,且,30DB BC BCD ⊥∠=︒,现将ABC ∆折起,使得二面角A BC D --为直角,1C （第10题图）ABCDE1A 1B 1D则下列叙述正确的是①0BD AC ⋅=; ②平面BCD 的法向量与平面ACD 的法向量垂直;③异面直线BC 与AD 所成的角为60︒;④直线DC 与平面ABC 所成的角为30︒ （） A ．①③ B ．①④ C ．①③④ D ．①②③④ 【答案】【答案】B 解析:易证BD ABC ⊥面,则AC ABD ⊥面,到此很容易证明①④正确,②错误,而BC 与AD9 ．（浙江省五校2013届高三上学期第一次联考数学（理）试题）一质点受到平面上的三个力123,,F F F (单位:牛顿)的作用而处于平衡状态.已知12,F F 成120 角,且12,F F 的大小分别为1和2,则有（）A ．13,F F 成90 角B ．13,F F 成150 角C ．23,F F 成90 角D ．23,F F 成60 角【答案】（） A ．10．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））在空间中,过点A 作平面π的垂线,垂足为B ,记)(A f B π=.设βα,是两个不同的平面,对空间任意一点P,)]([)],([21P f f Q P f f Q βααβ==,恒有21PQ PQ =,则（）A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为045C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为060【答案】A11．（浙江省宁波市2013届高三第一学期期末考试理科数学试卷）正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中BC 1与截面BB 1D 1D所成的角是（） A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 【答案】A 二、填空题12．（浙江省永康市2013年高考适应性考试数学理试题）如图,斜边长为4的直角ABC ∆,=90B ∠ ,60A ∠= 且A 在平面α上,B ,C 在平面α的同侧,M 为BC 的中点.若ABC ∆在平面α上的射影是以A 为直角顶点的三角形''C AB ∆,则M 到平面α的距离的取值范围是____.【答案】5(2,)213．（浙江省温州八校2013届高三9月期初联考数学（理）试题）在二面角βα--l 中,,,,,βα⊂⊂∈∈BD AC l B l A 且,,l BD l AC ⊥⊥已知,1=AB 2==BD AC ,5=CD , 则二面角βα--l 的余弦值为___________【答案】2114．（浙江省宁波一中2013届高三12月月考数学（理）试题）正四面体S —ABC 中,E 为SA 的中点,F为ABC ∆的中心,则直线EF 与平面ABC 所成的角的正切值是___________________.15．（浙江省2013年高考模拟冲刺（提优）测试二数学（理）试题）在三棱锥S-ABC 中,△ABC 为正三角形,且A 在面SBC 上的射影H 是△SBC 的垂心,又二面角H-AB-C 为300,则SAAB=________; 16．（浙江省杭州四中2013届高三第九次教学质检数学（理）试题）如图,在正方形ABCD 中,E ,F 分别为线段AD ,BC 上的点,∠ABE =20°,∠CDF =30°.将△ABE 绕直线BE 、△CDF 绕直线CD 各自独立旋转一周,则在所有旋转过程中,直线AB 与直线DF 所成角的最大值为_________.【答案】70°17．（浙江省杭州高中2013届高三第六次月考数学（理）试题）1ABC ∆和2ABC ∆是两个腰长均为 1 的等腰直角三角形,当二面角12C AB C --为60 时,点1C 和2C 之间的距离等于 __________.(请写出所有可能的值)三、解答题18．（浙江省杭州二中2013届高三6月适应性考试数学（理）试题）等边三角形ABC 的边长为3,点D 、E 分别是边AB 、AC 上的点,且满足AD DB =12CE EA =(如图1).将△ADE 沿DE 折起到△1A DE 的位置,使二面角1A DE B --成直二面角,连结1A B 、1AC (如图2). (Ⅰ)求证:1A D ⊥平面BCED ;(Ⅱ)在线段BC 上是否存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60 ?若存在,求出PB 的长,若不存在,请说明理由.【答案】证明:(1)因为等边△ABC 的边长为3,且AD DB =12CE EA =,所以1AD =,2AE =. 在△ADE 中,60DAE ∠= ,由余弦定理得DE ==. 因为222AD DE AE +=,所以AD DE ⊥.折叠后有1A D DE ⊥. 因为二面角1A DE B --是直二面角,所以平面1A DE ⊥平面BCED . 又平面1A DE 平面BCED DE =,1A D ⊂平面CDF1A DE ,1A D DE ⊥,所以1A D ⊥平面BCED .(2)解法1:假设在线段BC 上存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60 .如图,作PH BD ⊥于点H ,连结1A H 、1A P .由(1)有1A D ⊥平面BCED ,而PH ⊂平面BCED ,所以1A D ⊥PH .又1A D BD D = ,所以PH ⊥平面1A BD .所以1PA H ∠是直线1PA 与平面1A BD 所成的角. 设PB x=()03x ≤≤,则2x BH =,PH x =.在Rt △1PA H 中,160PA H ∠= ,所以112A H x =. 在Rt △1A DH中,11A D =,122DH x =-. 由22211A D DH A H +=,得222111222x x ⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.解得52x =,满足03x ≤≤,符合题意.所以在线段BC 上存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60 ,此时52PB =. 解法2:由(1)的证明,可知ED DB ⊥,1A D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点,以射线DB 、DE 、1DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系D xyz -如图设2PB a =()023a ≤≤,则BH a =,PH =,2DH a =-. 所以()10,0,1A ,()2,0P a -,()E .所以()12,,1PA a =-.因为ED ⊥平面1A BD ,所以平面1A BD 的一个法向量为()DE = .因为直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60 ,所以11sin 60PA DE PA DE===, 解得54a =.即522PB a ==,满足023a ≤≤,符合题意. 所以在线段BC 上存在点P ,使直线1PA 与平面1A BD 所成的角为60 ,此时52PB =.19．（浙江省考试院2013届高三上学期测试数学（理）试题）如图,平面ABCD ⊥平面ADEF ,其中ABCD为矩形,ADEF 为梯形, AF ∥DE ,AF ⊥FE ,AF =AD =2 DE =2.(Ⅰ) 求异面直线EF 与BC 所成角的大小;(Ⅱ) 若二面角A-BF-D 的平面角的余弦值为13,求AB 的长.【答案】本题主要考查空间点、线、面位置关系,异面直线所成角、二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查空间想象能力和运算求解能力.满分15分. (Ⅰ) 延长AD ,FE 交于Q .因为ABCD 是矩形,所以 BC ∥AD ,所以∠AQF 是异面直线EF 与B C 所成的角.在梯形ADEF 中,因为DE ∥AF ,AF ⊥FE ,AF =2,DE =1得(第20题图)∠AQF =30°(Ⅱ) 方法一:设AB =x .取AF 的中点G .由题意得 DG ⊥AF .因为平面ABCD ⊥平面ADEF ,A B ⊥AD,所以 AB ⊥平面ADEF , 所以 AB ⊥DG . 所以DG ⊥平面ABF .过G 作GH ⊥BF ,垂足为H ,连结DH ,则DH ⊥BF , 所以∠DHG 为二面角A -BF -D 的平面角. 在直角△AGD 中,AD =2,AG =1,得 DG在直角△BAF 中,由AB BF =sin ∠AFB =GH FG,得 GHx=所以 GH.在直角△DGH 中,DGGH,得DH=因为cos ∠DHG =GH DH =13,得 x, 所以(第20题图)AB. 方法二:设AB =x .以F 为原点,AF ,FQ 所在的直线分别为x 轴,y 轴建立空间直角坐标系Fxyz .则 F (0,0,0),A (-2,0,0),EDB (-2,0,x ), 所以 DFBF=(2,0,-x ).因为EF ⊥平面ABF ,所以平面ABF 的法向量可取1n=(0,1,0).设2n=(x 1,y 1,z 1)为平面BFD 的法向量,则111120,0,x z x x -=⎧⎪⎨=⎪⎩ 所以,可取2n因为cos<1n ,2n >=1212||||n n n n ⋅⋅=13,得 x, 所以 AB.20．（浙江省温州市十校联合体2013届高三上学期期末联考理科数学试卷）如图,AC 是圆 O 的直径,点 B 在圆 O 上,∠BAC=30°,BM⊥AC 交 AC 于点 M,EA⊥平面ABC,FC//EA,AC=4,EA=3,FC=1. (I)证明:EM⊥BF;(II)求平面 BEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值.（第20题图）(第20题图)【答案】解:(1)3AM BM =，.如图,以A 为坐标原点,垂直于AC 、AC 、AE 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.由已知条件得(0,0,0),(0,3,0),(0,0,3),3,0),(0,4,1)A M E B F,(0,3,3),(,1)ME BF ∴=-=.由(0,3,3)(,1)0ME BF ⋅=-⋅=, 得MF BF ⊥, EM BF ∴⊥(2)由(1)知(3,3),(,1)BE BF =-= . 设平面BEF 的法向量为(,,)n x y z =,由0,0,n BE n BF ⋅=⋅=得3300y z y z ⎧-+=⎪⎨++=⎪⎩,]令x =1,2y z ==,)2n ∴= ,由已知EA ⊥平面ABC ,所以取面ABC 的法向量为(0,AE =设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ,则cos cos ,n AE θ→=<>==,平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为21．（浙江省名校新高考研究联盟2013届高三第一次联考数学（理）试题）如图,AB 为圆O 的直径,点E 、F 在圆O 上,EF AB //,矩形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直.已知2=AB ,1=EF .(Ⅰ)求证:平面⊥DAF 平面CBF ;(Ⅱ)求直线AB 与平面CBF 所成角的大小;(Ⅲ)当AD 的长为何值时,平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60 ?(I)证明: 平面⊥ABCD 平面ABEF ,AB CB ⊥, 平面 ABCD 平面ABEF =AB ,⊥∴CB 平面ABEF .⊂AF 平面ABEF ,CB AF ⊥∴, 又AB 为圆O 的直径,BF AF ⊥∴, ⊥∴AF 平面CBF⊂AF 平面ADF ,∴平面⊥DAF 平面CBF . (II)根据(Ⅰ)的证明,有⊥AF 平面CBF , ∴FB 为AB 在平面CBF 内的射影,因此,ABF ∠为直线AB 与平面CBF 所成的角 6分 EF AB // ,∴四边形ABEF 为等腰梯形, 过点F 作AB FH ⊥,交AB 于H .2=AB ,1=EF ,则212=-=EF AB AH .在AFB Rt ∆中,根据射影定理AB AH AF ⋅=2,得1=AF21sin ==∠AB AF ABF , 30=∠∴ABF . ∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为 30(Ⅲ)设EF 中点为G ,以O 为坐标原点,OA 、OG 、AD 方向分别为x 轴、y 轴、z 轴方向建立空间直角坐标系(如图).设t AD =)0(>t ,则点D 的坐标为),0,1(t 则 (1,0,)C t -,又1(1,0,0),(1,0,0),(2A B F -1(2,0,0),(,)2CD FD t ∴==设平面DCF 的法向量为),,(1z y x n =,则10n CD ⋅= ,10n FD ⋅=.即20,0.x y tz =⎧⎪⎨+=⎪⎩ 令3=z ,解得t y x 2,0== )3,2,0(1t n =∴由(I)可知AF ⊥平面CFB ,取平面CBF的一个法向量为21(,0)2n AF ==- ,依题意1n与2n 的夹角为 6060cos ∴12=,解得t =因此,当AD,平面与DFC 平面FCB 所成的锐二面角的大小为60 .22．（浙江省湖州市2013年高三第二次教学质量检测数学(理)试题(word 版) ）如图,一个正ABC '∆和一个平行四边形ABDE 在同一个平面内,其中8AB BD AD ==，AB DE ，的中点分别为F G ，. 现沿直线AB 将ABC '∆翻折成ABC ∆,使二面角C AB D --为120︒,设CE 中点为H . (Ⅰ) (i)求证:平面//CDF 平面AGH ; (ii)求异面直线AB 与CE 所成角的正切值; (Ⅱ)求二面角C DE F --的余弦值.【答案】解法一:(Ⅰ) (i)证明:连FD . 因为ABDE 为平行四边形,F G 、分别为AB DE 、中点, 所以FDGA 为平行四边形,所以//FD AG又H G 、分别为CE DE 、的中点,所以//HG CD FD CD ⊄、平面AGH ,AG HG 、⊂平面AGH ,所以//FD 平面AGH ,//CD 平面AGH ,而FD CD ⊂、平面CDF ,所以平面//CDF 平面AGH(ii)因为//DE AB ,所以CED ∠或其补角即为异面直线AB 与CE 所成的角因为ABC 为正三角形,BD AD =,F 为AB 中点,所以AB CF AB DF ⊥⊥，,从而AB ⊥平面CFD ,而//DE AB ,所以DE ⊥平面CFD ,因为CD ⊂平面CFD ,所以DE CD ⊥由条件易得CF DF ===又CFD ∠为二面角C AB D --的平面角,所以120CFD ∠=︒,所以CD所以tan CD CED DE∠=(Ⅱ) 由(Ⅰ)的(ii)知DE ⊥平面C F D ,即CD DE FD DE ⊥⊥，,所以C D F ∠即为二面角C DE F --的平面角222cos 2CD DF CF CDF CD DF +-∠===⋅解法二:(Ⅰ) (i )同解法一;(ii) 因为ABC 为正三角形,BD AD =,F 为AB 中点,所以AB CF AB DF ⊥⊥，,从而CFD ∠为二面角C AB D --的平面角且AB ⊥平面CFD ,而AB ⊂平面ABDE ,所以平面CFD ⊥平面ABDE .作CO ⊥平面ABDE 于O ,则O 在直线DF 上,又由二面角C AB D --的平面角为120CFD ∠=︒,故O 在线段DF 的延长线上. 由CF=6FO CO ==以F 为原点,FA FD FZ 、、为x y z 、、轴建立空间直角坐标系,如图,则由上述及已知条件得各点坐标为()040A ，，,()040B -，，,()00D ,()80E ,()06C -，,所以()080AB =-，，,()86CE =- 你的首选资源互助社区所以异面直线AB 与CE 所成角的余弦值为()cos AB CE AB CE AB CE ∙===⋅，,=(Ⅱ)由(Ⅰ)的(ii)知()()06080CD DE =-= ，，，,设平面C D E 的法向量为1=n ()x y z ，，,则由1⊥n CD ,1⊥n DE 得6080.z y ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，令z =得1=n (60，又平面DEF 的一个法向量为()2001=，，n ,而二面角C DE F --为锐二面角,所以二面角C DE F --的余弦为121212cos ∙=⋅，n n n n n n 23．（浙江省一级重点中学（六校）2013届高三第一次联考数学（理）试题）如图:在直三棱柱111ABC A B C -中,1AB AC ==,90BAC ∠= .(Ⅰ)若异面直线1A B 与11B C 所成的角为60 ,求棱柱的高h ;(Ⅱ)设D 是1BB 的中点,1DC 与平面11A BC 所成的角为θ,当棱柱的高h 变化时,求sin θ的最大值.【答案】解法1:(Ⅰ)由三棱柱111C B A ABC -是直三棱柱可知,1AA 即为高,如图1,因为11//C B BC ,所以BC A 1∠是异面直线B A 1与11C B 所成的角或其补角, 连接1A C ,因为AB AC =,所以11A B AC =. 在Rt△ABC 中,由1AB AC ==,90BAC ∠= ,可得BC 又异面直线1A B 与11B C 所成的角为60 ,所以160A BC ∠= ,即△1A BC 为正三角形.于是111A B B C =.在Rt△1A AB 中,1A B 得11AA =,即棱柱的高为1 (Ⅱ)设1(0)AA h h =>,如图1,过点D 在平面11A B BA 内作1DF A B ⊥于F ,则由11AC ⊥平面11BAA B ,DF ⊂平面11BAA B ,得11AC DF ⊥. 而1111AC A B A = ,所以DF ⊥平面11A BC .故1DC F ∠就是1DC 与平面11A BC 所成的角,即1DC F θ∠= 在Rt △DFB 中,由2hBD =,得DF =,在Rt △11DB C 中,由12h B D =,11B C =得1DC , 在Rt △1DFC 中,1sin DF DC θ===令()f h =,(Ⅰ)因为异面直线1A B 与11B C 所成的角60 ,所以111111||cos60||||B C A B B C A B ⋅=⋅,12=,解得1h = (Ⅱ)由D 是1BB 的中点,得(1,0,)2h D ,于是1(1,1,)2hDC =- .设平面11A BC 的法向量为(,,)x y z =n ,于是由1A B ⊥ n ,11AC ⊥n ,可得 1110,0,A B AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,0,x hz y -=⎧⎨=⎩ 可取(,0,1)h =n , 于是1sin |cos ,|DC θ=<>n .而111|||||cos ,|||||h h DC DC DC -+⋅<>===⋅n n n令()f h =,因为22899h h++≥,当且仅当228h h =,即h =,等号成立.所以()f h ==,故当h ,sin θ24．（浙江省新梦想新教育新阵地联谊学校2013届高三回头考联考数学（理）试题）如图,在四棱锥P ABCD -中,PA ⊥底面A,AD AB ⊥,CD AC ⊥ ,︒=∠60ABC ,BC AB PA == ,E 是PC 的中点.(Ⅰ)证明:CD AE ⊥; (Ⅱ)证明:PD ⊥平面ABE ; (Ⅲ)求二面角A PD C --的正切值.ABCDPE【答案】解法一:(Ⅰ)证明:在四棱锥P ABCD -中,因PA ⊥底面ABCD ,CD ⊂平面ABCD , 故PA CD ⊥.AC CD PA AC A ⊥= ，∵,CD ⊥∴平面PAC .[而AE ⊂平面PAC ,CD AE ⊥∴(Ⅱ)证明:由PA AB BC ==,60ABC ∠=°,可得AC PA =. E ∵是PC 的中点,AE PC ⊥∴.由(Ⅰ)知,AE CD ⊥,且PC CD C = ,所以AE ⊥平面PCD .而PD ⊂平面PCD ,AE PD ⊥∴.PA ⊥∵底面ABCD PD ，在底面ABCD 内的射影是AD ,AB AD ⊥,AB PD ⊥∴. 又AB AE A = ∵,综上得PD ⊥平面ABE(Ⅲ)过点A 作AM PD ⊥,垂足为M ,连结EM .则(Ⅱ)知,AE ⊥平面PCD ,AM 在平面PCD 内的射影是EM ,则EM PD ⊥.因此AME ∠是二面角A PD C --的平面角.由已知,得30CAD ∠=°.设AC a =,可得PA a AD PD AE ====，，，.在ADP Rt △中,AM PD ⊥∵,AMPD PA AD =∴··,则a PA AD AM PD===··. 在AEM Rt △中,sin AE AME AM ==所以二面角A PD C --的正切值为7解法二:(Ⅰ)证明:以AB 、AD 、AP 为x 、y,z 轴建立空间直角坐标系,设AB=a.60ABC AB BC ABC ∠==∴∆o Q ，，是正三角形6030BAC DAC AD ∴∠=∴∠=∴=oo，，(),0,,00,0,,2a C D P a ⎛⎫⎛⎫∴ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，,42a a E ⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭,0,,242a a a CD AE ⎛⎫⎛⎫∴=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭uu u r uu u r 220,88a a CD AE CD AE ∴⋅=-+=∴⊥uu u r uu u rABCDPEFMACDPEM(Ⅱ)证明:()(),0,0,,0,0,,B a AB a PD a ⎛⎫∴==- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r uu u r Q 又 220,022a a PD AB PD AE ∴⋅=⋅=-=uu u r uu u r uu u r uu u r,PD AB PD AE ∴⊥⊥,AB AE A PD ADE =∴⊥I 又平面(Ⅲ)设平面PDC 的法向量为(),,n x y z =r则()0202az n a yx ⎧-=⎪⎧⎪⎪∴=⎨=⎪-+=⎪⎩r 即又平面APD 的法向量是()1,0,0,cos ,,m m n m n =∴==u r u r r u r rtan ,m n =u r r所以二面角A PD C --的正切值是725．（浙江省宁波市十校2013届高三下学期能力测试联考数学（理）试题）如图,ABC∆中,90,1,B AB BC D E ∠=== 、两点分别在线段AB AC 、上，满足,(0,1)AD AEAB ACλλ==∈.现将ABC ∆沿DE 折成直二面角A DE B --. (1)求证:当12λ=时,ADC ABE ⊥面面;(2)当(0,1)λ∈时,二面角E AC D --的大小能否等于4π?若能,求出λ的值;若不能,请说明理由.【答案】ABCDEAB CD E26．（浙江省温州中学2013届高三第三次模拟考试数学（理）试题）如图,在三棱锥ABCP -中,22,4======BC AB AC PC PB PA(I)求证:平面ABC ⊥平面APC(II)若动点M 在底面三角形ABC 上,二面角M PA C --的余弦值为322,求BM 的最小值.【答案】解:(1)取AC 中点O,因为AP=BP,所以OP⊥OC 由已知易得三角形ABC 为直角三角形,∴OA=OB=OC,⊿POA≌⊿POB≌⊿POC,∴OP⊥OB∴OP⊥平面ABC, ∵OP 在平面PAC 中,∴平面ABC ⊥平面APC ( )[ ZXXK] (2) 以O 为坐标原点,OB 、OC 、OP 分别为 x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系. 由题意平面PAC 的法向量1(1,0,0)n OB →→==,设平面PAM 的法向量为()()2,,,,,0n x y z M m n =((),,2,0AP AM m n ∴==+由220,0AP n AM n ⋅=⋅=()2020y mx n y ⎧+=⎪∴⎨++=⎪⎩,取)221n n m ⎛⎫+=-⎪ ⎪-⎝⎭21cos ,n n →→∴<>===∴0-∴BM的最小值为垂直距离d =27．（【解析】浙江省镇海中学2013届高三5月模拟数学（理）试题）如图,在梯形ABCD中,//,,60AB CD AD CD CB a ABC ===∠=︒,平面ACFE ⊥ 平面ABCD ,四边形ACFE 是矩形,AE a =,点M 在线段EF 上.(1)求证:BC ⊥平面ACFE ;(2)求二面角B EF D --的余弦值.【答案】证明:(1)在梯形ABCD 中,∵,,60AB CD AD DC CB a ABC ===∠=︒ ,∴四边形ABCD 是等腰梯形, 且30,120,DCA DAC DCB ∠=∠=︒∠=︒∴90ACB DCB DCA ∠=∠-∠=︒,∴.AC BC ⊥又∵平面ACFE ⊥平面ABCD ,交线为AC ,∴BC ⊥平面ACFE . (2)方法一;(几何法)取EF 中点G ,EB 中点H ,连结DG 、GH 、DH , ∵容易证得DE =DF ,∴.DG EF ⊥∵BC ⊥平面ACFE ,∴.BC EF ⊥ 又∵EF FC ⊥,∴.EF FB ⊥ 又∵GH FB ,∴.EF GH ⊥∴DGH ∠是二面角B —EF —D 的平面角.在△BDE 中,,.DE DB BE ==== ∴222BE DE DB =+∴90EDB ∠=︒,∴.DH =又,.DG GH ==∴在△DGH 中,由余弦定理得cos DGH ∠=即二面角B —EF —D 的平面角余弦值为1010方法二;(向量法)以C 为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系:所以)0,0,3(a EF -=,),,0(a a BF -=,),2,23(a aa DF -=分别设平面BEF 与平面DEF 的法向量为),,(1111z y x n =,),,(2222z y x n =所以⎪⎩⎪⎨⎧=+-=⋅=-=⋅00311111az ay BF n ax EF n ,令11=y ,则1,011==z x又⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=-=⋅022*********az y a x a DF n ax EF n ,显然02=x ,令21-,122==z y 则所以)1,1,0(1=n ,,设二面角的平面角为θθ,为锐角所以θ28．（2013届浙江省高考压轴卷数学理试题）如图,在斜三棱柱111ABC A B C -中,侧面11AA B B ⊥底面ABC ,侧棱1AA 与底面ABC 成60°的角,12AA =.底面ABC 是边长为2的正三角形,其重心为G 点, E 是线段1BC 上一点,且113BE BC =.(1)求证:GE //侧面11AA B B ;(2)求平面1B GE 与底面ABC 所成锐二面角的正切值; (3)在直线．．AG 上是否存在点T ,使得AG T B ⊥1?若存在,指出点T 的位置;若不存在,说明理由.【答案】【解析】解法1:(1)延长B 1E 交BC 于点第20题图F ,11B EC ∆ ∽△FEB ,BE =21EC 1,∴BF =21B 1C 1=21BC , 从而点F 为BC 的中点.∵G 为△ABC 的重心,∴A 、G 、F 三点共线.且11//,31AB GE FB FE FA FG ∴==, 又GE ⊄侧面AA 1B 1B ,∴GE //侧面AA 1B 1B .(2)在侧面AA 1B 1B 内,过B 1作B 1H ⊥AB ,垂足为H ,∵侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ,∴B 1H ⊥底面ABC .又侧棱AA 1与底面ABC 成60°的角,AA 1=2,∴∠B 1BH =60°,BH =1,B 1H =.3 在底面ABC 内,过H 作HT ⊥AF ,垂足为T ,连B 1T ,由三垂线定理有B 1T ⊥AF , 又平面B 1CE 与底面ABC 的交线为AF ,∴∠B 1TH 为所求二面角的平面角. ∴AH =AB +BH =3,∠HAT =30°,∴HT =AH 2330sin =︒.在Rt△B 1HT 中,332tan 11==∠HT HB TH B , 从而平面B 1GE 与底面ABC(3)(2)问中的T 点即为所求,T 在AG 的延长线上,距离A 点233处. 解法2:(1)∵侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ,侧棱AA 1与底面ABC 成60°的角,∴∠A 1AB =60°, 又AA 1=AB =2,取AB 的中点O ,则AO ⊥底面ABC . 以O 为原点建立空间直角坐标系O —xyz 如图,则()0,1,0A -,()0,1,0B,)C,(1A,(10,B,1C .∵G 为△ABC的重心,∴G ⎫⎪⎪⎭.113BE BC =,∴E ,∴113CE AB ⎛== ⎝ . 又GE ⊄侧面AA 1B 1B ,∴GE //侧面AA 1B 1B .(2)设平面B 1GE 的法向量为(,,)a b c =n ,则由10,0.B E GE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n得0,0.b b -=⎪=⎪⎩可取=-n 又底面ABC 的一个法向量为()0,0,1=m设平面B 1GE 与底面ABC 所成锐二面角的大小为θ,则cos ||||θ⋅==⋅m n m n .由于θ为锐角,所以sin θ==,进而tan θ=故平面B 1GE 与底面ABC (3))0,1,33(=AG ,设)0,,33(λλλ==AG AT , )3,3,33(11--=+=λλAT A B T B , 由AG T B ⊥1,03311=-+=⋅∴λλAG T B ,解得49=λ 所以存在T 在AG 延长线上,2332349===AF AG AT . 29．（浙江省2013年高考模拟冲刺（提优）测试二数学（理）试题）如图:在多面体EF-ABCD 中,四边形ABCD 是平行四边形,△EAD 为正三角形,且平面EAD ⊥平面ABCD,EF∥AB, AB=2EF=2AD=4,060=∠DAB .(Ⅰ)求多面体EF-ABCD 的体积;(Ⅱ)求直线BD 与平面BCF 所成角的大小.【答案】30．（浙江省温岭中学2013届高三高考提优冲刺考试（五）数学（理）试题）如图,在长方形ABCD中,2=AB ,1=AD ,E 为DC 的中点,现将DAE ∆沿AE 折起,使平面DAE ⊥平面ABCE , 连DB ,DC ,BE .(Ⅰ)求证:BE ⊥平面ADE ; (Ⅱ)求二面角C BD E --的余弦值.【答案】所以所求二面角的余弦值为11222 解法二(坐标法)ACBAB（第20题）如图,取AE 的中点O ,则⊥DO 面ABCE .作EB OF //,则AE OF ⊥. 以O 为原点,OA 、OF 、OD 为轴建立空间坐标系xyz O - 则)2200(，，D ,)0,222(，-B ,)022,2(，-C ,)0022(，，A .所以)02222(，，--=BC ,)22222(--=，，DB ,)22,0,22(-=DA . 设面DBC 的法向量为),,(1z y x n =,则 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=⋅=--=⋅0222220222211z y x DB n y x BC n ,取)3,1,1(1--=n设面DBE 的法向量为2n ,则DA n //2,取)1,0,1(2-=n 11222,cos 21>=<n n ,所以所求二面角的余弦值为11222 31．（浙江省嘉兴市第一中学2013届高三一模数学（理）试题）如图,直角梯形ABCD有EC=FD=2.(I )求证:AD 丄B F :(II )若线段EC 上一点M 在平面BDF 上的射影恰好是BF 的中点N,试求二面角 B-MF-C 的余弦值.【答案】解:(Ⅰ)证明:∵DC BC ⊥,且2==CD BC ,∴2=BD 且45=∠=∠BDC CBD ;又由DC AB //,可知45=∠=∠CBD DBA∵2=AD ,∴ADB ∆是等腰三角形,且45=∠=∠DBA DAB , ∴90=∠ADB ,即DB AD ⊥;∵⊥FD 底面ABCD 于D,⊂AD 平面ABCD,∴DF AD ⊥, ∴⊥AD 平面DBF.又∵⊂BF 平面DB F,∴可得BF AD ⊥(Ⅱ)解:如图,以点C 为原点,直线CD 、CB 、CE 方向为x 、y 、z 轴建系.可得)0,2,22(),2,0,2(),0,2,0(),0,0,2(A F B D ,又∵ N 恰好为BF 的中点,∴)1,22,22(N又∵⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00DF MN BD MN ,∴可得10=z .故M 为线段CE 的中点设平面BMF 的一个法向量为),,(1111z y x n =, 且)2,2,2(--=BF ,)1,2,0(-=BM ,由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0011n BM n BF 可得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=--02022211111z y z y x , 取⎪⎩⎪⎨⎧===213111z y x 得)2,1,3(1=n又∵平面MFC 的一个法向量为)0,1,0(2=n , ∴63,cos 21<n n .故所求二面角B-MF-C 的余弦值为6332．（浙江省稽阳联谊学校2013届高三4月联考数学(理)试题（word 版））如图,在矩形ABCD 中,21AB ,BC ,E ==为边AB 上一点,以直线EC 为折线将点B 折起至点,P 并保持PEB ∠为锐角,连接,,,PA PC PD 取PD 中点F ,若有//AF平面.PEC (I)求线段AE 的长;(II)当60PEB ∠=时(i)求证:平面PEC ⊥平面CDAE ;(ii)求平面PEC 与平面PAD 所成角的余弦值.【答案】解:(I)取PC 的中点G ,连接,FG EG ,//,//,//FG CD AE CD FG AE ∴ ,,,,A F G E ∴四点共面 //AF 平面,//PCE AF GE ∴AFGE ∴为平行四边形11122,GF CD AE AB =∴== (II)(i)证明: 异面直线,PE CD 所成的角为60,60PEB ∴∠=1,1 PE BE PB ==∴=,取CE 中点O , 1PE PC == 且90EDC ∠= ,同理BO =所以222,,, OP OB BP PO OB PO CE PO CDAE +=∴⊥⊥∴⊥平面,PO PCE PCE CDAE ⊆∴⊥ 平面平面平面(ii)将该几何体补形成如图所示的长方体,以点B 为坐标原点建立空间直角坐标系,1102012022(,(,,),(,,)P A D 取平面PCE 的一个法向量110(,,)m =设平面PAD 法向量为(,,)n x y z =,1310022(,,),(,AD AP ==- ,由00n AD n AP ⎧=⎪⎨=⎪⎩得03(,,)n z =,取3z =,得03()n =cos ,||||m n m n m n ∴<>==平面PEC 与平面MAB 133．（浙江省嘉兴市2013届高三上学期基础测试数学（理）试题）如图,1111ABCD A B C D -是棱长为1的正方体,四棱锥1111P A B C D -中,P ∈平面11DCC D,11PC PD ==. C1C A第20题(Ⅰ)求证:平面11PA B 平面11ABC D ;(Ⅱ)求直线1PA 与平面11ADD A 所成角的正切值.【答案】取11C D 的中点H ,连结PH ,AH .2511==PD PC ,111=C D ,∈P 平面11D DCC , ∴21,111=⊥H D C D PH ,∴12121=-=H D PD PH ,∴A A D D PH 11////, A A PH 1=,∴四边形AH PA 1为平行四边形,∴AH PA //1,（第20题）PBDC1B A1A 1C 1D H又⊂AH 平面11D ABC ,⊄1PA 平面11D ABC , ∴//1PA 平面11D ABC在正方体ABCD 中, AB B A //11, ∴//11B A 平面11D ABC ,1111A B A PA = ,∴平面//11B PA 平面11D ABC(II)方法1以直线1,,DD DC DA 为轴轴轴，z y x ,的如图所示空间直角坐标系,令,则)1,0,1(1A ,,2,21,0⎪⎭⎫ ⎝⎛P )0,0,0(D ∴ ,1,21,11⎪⎭⎫⎝⎛--=PA∵ =n (0,1,0)是平面11A ADD 的一个法向量设直线1PA 与平面11A ADD 所成角为θ31sin θ,42tan =θ ∴直线1PA 与平面11A ADD 所成角的正切值为42方法2:∵AH PA //1,∴直线1PA 与平面11A ADD 所成角等于直线AH 与平面11A ADD 所成角. 正方体1111D C B A ABCD -中,显然⊥1HD 平面11A ADD , ∴1HAD ∠就是直线AH 与平面11A ADD 所成角在1HAD Rt ∆中,211=H D ,21=AD ,42tan 111==∠AD H D HAD∴直线1PA 与平面11A ADD 所成角的正切值为42. 34．（浙江省杭州高中2013届高三第六次月考数学（理）试题）如图,已知长方形ABCD中,1,2==AD AB ,M 为DC 的中点. 将ADM ∆沿AM 折起,使得平面⊥ADM 平面ABCM .(1)求证:BM AD ⊥(2)点E 是线段DB 上的一动点,当二面角D AM E --大小为3π时,试确定点E 的位置.【答案】取AM 的中点O,AB 的中点B,则OD OA ON ,,两两垂直,以O 为原点建立空间直角坐标系,如图.根据已知条件,得)0,0,22(A ,)0,2,22(-B ,)0,0,22(-M ,)22,0,0(D (1)由于)0,2,0(),22,0,22(-=-=AD ,则0=⋅BM AD ,故BM AD ⊥.(2)设存在满足条件的点E,并设DB DE λ=, 则)22,2,22()22,,(--=-λE E E z y x 则点E的坐标为)2222,2,22(λλλ--.(其中]1,0[∈λ)易得平面ADM 的法向量可以取)0,1,0(1=n ,设平面AME 的法向量为),,(2z y x n =,则)0,0,2(-=AM,)2222,2,2222(λλλ---=AE 则⎪⎩⎪⎨⎧=-++--=⋅=-=⋅0)2222()2()2222(0222λλλz y x AE n x AM n 则λλ2:)1(:0::-=z y x ,取)2,1,0(2λλ-=n *由于二面角D AM E --大小为3π,则A|,cos |3cos212121n n =><=π214)1(122=+--=λλλ,由于]1,0[∈λ,故解得332-=λ.故当E 位于线段DB 间,且332-=DB DE 时,二面角D AM E --大小为3π35．（浙江省杭州四中2013届高三第九次教学质检数学（理）试题）如图,已知ABCD 是边长为1的正方形,AF ⊥平面ABCD ,CE ∥AF ,)1(>=λλAF CE . (Ⅰ)证明:BD ⊥EF ;(Ⅱ)若AF =1,且直线BE 与平面ACE 所成角的正弦值为1023,求λ的值.【答案】本题满分14分.(Ⅰ)方法1:连结BD 、AC ,交点为O .∵ABCD 是正方形 ∴BD ⊥AC ∵AF ⊥平面ABCD ∴AF ⊥BD ∴BD ⊥平面ACEF ∴BD ⊥EF方法2:如图建立空间直角坐标系A-x yz,∵)0,0,1(B ,)0,1,0(D ∴)0,1,1(-= 设),0,0(h F ,那么),1,1(h E λ, 则))1(,1,1(h EF λ---= ∴0=⋅EF BD ∴BD ⊥EF(Ⅱ)方法1:连结OE ,由(Ⅰ)方法1知,BD ⊥平面ACEF , 所以∠BEO 即为直线BE 与平面ACE 所成的角∵AF ⊥平面ABCD ,CE ∥AF ,∴CE ⊥平面ABCD ,CE ⊥BC , ∵BC =1,AF =1,则CE =λ,BE =21λ+,BO =22, ∴Rt△BEO 中, 1023122sin 2=λ+==∠BE BO BEO , 因为1>λ,解得34=λ 方法2:∵),1,0(λ=BE ,由(Ⅰ)法1知,BD ⊥平面ACEF , 故)0,1,1(-=是平面ACE 的法向量记直线BE 与面ACE 所成角为θ,则sin , ;因为1>λ,解得34=λ36．（浙江省乐清市普通高中2013届高三上学期期末教学质量检测数学（理）试题）如图,底角为060的等腰梯形ABFE 垂直于矩形ABCD ,1,2==EF AB . (1)求证:平面⊥ADF 平面BCF ;(2)当AD 长为2时,求二面角A EF D --的余弦值的大小.【答案】(1)证明:∵平面⊥ABEF 平面ABCD ,且AB AD ⊥∴⊥AD 平面ABEF ∵⊂BF 平面ABEF ∴BF AD ⊥①在梯形ABEF 中,BF AF ⊥② 又∵A AF AD = ③由①②③得⊥BF 平面ADF ∴平面⊥ADF 平面BCF(2)解:分别取DC AB EF ,,的中点N M G ,,,两两连接, 易证MGN ∠就是所求二面角的一个平面角α 计算得23=GM ,又∵2==AD MN37．（浙江省六校联盟2013届高三回头联考理科数学试题）如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD, ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.(Ⅰ)证明:CD ⊥AE;(Ⅱ)证明:PD⊥平面ABE;(Ⅲ)求二面角A-PD-C的正切值.【答案】38．（浙江省温州市2013届高三第三次适应性测试数学(理)试题（word 版））已知四棱锥ABCD P -,⊥PA 底面ABCD ,AC AD AB BC AD ,,//⊥与bd 交于点O ,又,6,32,2,3====BC AB AD PA(Ⅰ) 求证:⊥BD 平面PAC ;(Ⅱ)求二面角A PB O --的余弦值.【答案】39．（浙江省重点中学协作体2013届高三摸底测试数学（理）试题）如图,斜三棱柱111C B A ABC -,已知侧面C C BB 11与底面ABC 垂直且∠BCA =90°,∠160B BC = ,1BB BC ==2,若二面角C B B A --1为30°,(Ⅰ)证明C C BB AC 11平面⊥及求1AB 与平面C C BB 11所成角的正切值; (Ⅱ)在平面B B AA 11内找一点P,使三棱锥C BB P 1-为正三棱锥,并求P 到平面C BB 1距离【答案】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力,考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想及应用意识. 满分14分.解:(Ⅰ)面C C BB 11⊥面ABC ,因为面C C BB 11⋂面C C BB 11=BC ,BC AC ⊥, 所以⊥AC 面C C BB 11取1BB 中点E ,连接AE CE ,,在1CBB ∆中,01160,2=∠==CBB CB BB1CBB ∆∴是正三角形,1BB CE ⊥∴,又⊥AC 面C C BB 11且⊂1BB 面C C BB 11, AE BB ⊥∴1,即CEA ∠即为二面角C B B A --1的平面角为30°,⊥AC 面C C BB 11,CE AC ⊥∴,在ECA Rt ∆ 中,130tan ,30=⋅=∴=CE AC CE ,又⊥AC 面C C BB 11,A CB 1∠∴即1AB 与面C C BB 11所成的线面角, 在CA B Rt 1∆中,21tan 11==∠CB AC A CB (Ⅱ)在CE 上取点1P ,使1211=E P CP ,则因为CE 是BC B 1∆的中线, 1P ∴是BC B 1∆的重心,在ECA ∆中,过1P 作P P 1//CA 交AE 于P ,⊥AC 面C C BB 11,P P 1//CA⊥∴1PP 面1CBB ,即P 点在平面1CBB 上的射影是1BCB ∆的中心,该点即为所求,ABC11 1A C BCD且311=AC PP ,311=∴PP 40．（浙江省温州八校2013届高三9月期初联考数学（理）试题）如图,四棱锥P ABCD -的底面ABCD为矩形,且1PA AD ==,2AB =,120,90PAB PBC ︒︒∠=∠=,(Ⅰ)平面PAD 与平面PAB 是否垂直?并说明理由; (Ⅱ)求直线PC 与平面ABCD 所成角的正弦值.DCBAP【答案】(I)平面PAD ⊥平面PAB ;证明:由题意得AD AB ⊥且//AD BC 又BC PB ⊥,则DA PB ⊥ 则DA ⊥平面PAB ,故平面PAD ⊥平面PAB(Ⅱ)解法1:以点A 为坐标原点,AB 所在的直线为y 轴建立空间直角坐标系如右图示则(0,0,1)D ,(0,2,1)C,1,0)2P -可得5,1)2CP =--,平面ABCD 的单位法向量为(1,0,0)m =,设直线PC 与平面ABCD 所成角为θ,则cos()2||||m CP m CP πθ⋅-===⋅则sin θ=,即直线PC 与平面ABCD解法2:由(I)知DA ⊥平面PAB ,∵AD ⊂面ABCD ∴平面ABCD⊥平面PAB,在平面PAB 内,过点P 作PE⊥AB,垂足为E,则PE⊥平面ABCD,连结EC,则∠PCE 为直线PC 与平面ABCD 所成的角, 在Rt△P EA中,∵∠PAE=60°,PA=1,∴PE =,又2222cos1207PB PA AB PA AB =+-⋅=∴PC ==在Rt△PEC中sin PE PC θ===41．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））如图,在四面体BCDA -中,⊥AD 平面BCD ,22,2,==⊥BD AD CD BC .M 是AD 的中点,P 是BM 的中点,点Q 在线段AC 上,且QC AQ 3=.(1)证明://PQ 平面BCD ;(2)若二面角D BM C --的大小为060,求BDC ∠的大小.【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD 的中点F ,且M 是AD 中点,所以3AF FD =.因为P 是BM 中点,所以//PF BD ;又因为(Ⅰ)3AQ QC =且3AF FD =,所以//QF BD ,所以面//PQF 面BDC ,且PQ ⊂面BDC ,所以//PQ 面BDC;方法二:如图7所示,取BD 中点O ,且P 是BM 中点,所以1//2PO MD ;取CD 的三等分点H ,使3DH CH =,且3AQ QC =,所以11////42QH AD MD ,所以////PO QH PQ OH ∴,且ABCDPQM（第20题图）OH BCD ⊂,所以//PQ 面BDC ;(Ⅱ)如图8所示,由已知得到面ADB ⊥面BDC ,过C 作CG BD ⊥于G ,所以CG BMD ⊥,过G 作GH BM ⊥于H ,连接CH ,所以CHG ∠就是C BM D --的二面角;由已知得到3BM ==,设BDC α∠=,所以cos ,sin ,sin ,,CD CG CBCD CG BC BD CD BDαααααα===⇒===,在RT BCG ∆中,2sin BGBCG BG BCααα∠=∴=∴=,所以在R T B H G ∆中, 13HG =∴=,所以在RT CHG ∆中tan tan 60CG CHG HG ∠====tan (0,90)6060BDC ααα∴=∈∴=∴∠= ;42．（浙江省诸暨中学2013届高三上学期期中考试数学（理）试题）如图,已知四棱锥ABCDP -中,⊥PA 平面ABCD ,底面ABCD 是直角梯形,90DAB ABC ∠=∠=︒,E 是线段PC 上一点,PC ⊥平面BDE . (Ⅰ)求证:BD ⊥平面PAC(Ⅱ)若4PA =,2AB =,1BC =,求直线AC 与平面PCD 所成角的正弦值.。

高中立体几何证明方法及例题

1.空间角与空间距离在高考的立体几何试题中，求角与距离是必考查的问题，其中最主要的是求线线角、线面角、面面角、点到面的距离，求角或距离的步骤是“一作、二证、三算”，即在添置必要的辅助线或辅助面后，通过推理论证某个角或线段就是所求空间角或空间距离的相关量，最后再计算。

2.立体几体的探索性问题立体几何的探索性问题在近年高考命题中经常出现，这种题型有利于考查学生归纳、判断等方面的能力，也有利于创新意识的培养。

近几年立体几何探索题考查的类型主要有：（1）探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么？（2）探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么。

对命题条件的探索常采用以下三种方法：（1）先观察，尝试给出条件再证明；（2）先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；（3）把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件。

对命题结论的探索，常从条件出发，再根据所学知识，探索出要求的结论是什么，另外还有探索结论是否存在，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾。

（一）平行与垂直关系的论证由判定定理和性质定理构成一套完整的定理体系，在应用中：低一级位置关系判定高一级位置关系；高一级位置关系推出低一级位置关系，前者是判定定理，后者是性质定理。

1.线线、线面、面面平行关系的转化：面面平行性质α//βαI γ=a ,βI γ⎫⎬⇒a =b ⎭//baa //b⎫⎬ba ⊄α,b ⊂α⎭α⇒a //αa ⊂α,b ⊂αAb a I b =Aαaa //β,b //ββ⎫⎪⎬⎪⎭(a//b,b//c线线∥⇒a //c)公理4线面平行判定线面平行性质线面∥⇒α//β面面平行判定1面面∥面面平行性质面面平行性质1α//γ⎫β//γ⎭⎫⎪a ⊂β⎬αI β=b ⎪⎭a //α⇒a //bα//β⎫a ⊂α⎭⎬⎬⇒α//β⇒a //β2.线线、线面、面面垂直关系的转化：⎫⎪a Ib =O ⎬l ⊥a ,l ⊥b ⎪⎭a ,b ⊂α⇒l ⊥α⎫⎬⇒α⊥βa ⊂β⎭a ⊥α面面⊥三垂线定理、逆定理线线⊥PA ⊥α,AO 为PO 在α内射影a ⊂α则a ⊥OA ⇒a ⊥PO a ⊥PO ⇒a ⊥AOl ⊥α线面垂直判定1线面垂直定义线面⊥α⊥β面面垂直判定面面垂直性质，推论2⎫⎬a ⊂α⎭⇒l ⊥a⎫⎪αI β=b ⎬⇒a ⊥αa ⊂β,a ⊥b ⎪⎭α⊥γβ⊥γαI β⎫⎪⎬⇒a ⊥γ=a ⎪⎭面面垂直定义αI β=l ，且二面角α-l -β⎫成直二面角⎬⇒α⊥β⎭3.平行与垂直关系的转化：a //b ⎫a ⊥αa ⊥α⎫⇒b ⊥αa⎬⎭⎬⇒αa ⊥β⎭//β线线∥线面垂直判定2线面垂直性质2a ⊥α⎫线面⊥面面平行判定2面面平行性质3面面∥⎬⇒a //b b ⊥α⎭α//β⎫a ⊥α⎬a ⊥β⎭4.应用以上“转化”的基本思路——“由求证想判定，由已知想性质。

高三数学单元练习题(空间角与空间距离)

高三数学单元练习题（空间角与空间距离）班级姓名座号一、选择题—A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、P 、Q 分别是棱AB 、BC 、CD 、CC 1的中点，直线MN 与PQ 所成的度是（） A. 450 B. 600 C. 300 002.四棱锥P-ABCD 底面是正方形，且PA ⊥底面ABCD ，PA=AD ，则异面直线PB 与AC 所成的角为（）A. 450B. 600C. 300 03.已知a 、b 是异面直线，A 、B ∈a ，1A ，b B ∈1 ，1AA ⊥a ，1AA ⊥b, 1BB ⊥b 且 AB=2，111=B A ，则a 与b 所成的角等于（） A. 450 B. 600 C. 300 04.过正方形ABCD 的顶点A ，引PA ⊥平面ABCD ，若PA=AB ，则平面ABP 和平CDP 所成的锐二面角的大小是（） A. 450 B. 600 C. 300 05.把边长为a 的正△ABC 沿高线AD 折成060的二面角,则点A 到BC 的距离是 ( ) A. a B.a 26 C.a 33 D.a 415 6.α,β是两个平行平面,βα⊂⊂b a ,,a 与b 之间的距离为1d ,α与β之间的距离为2d ,则: A. 1d =2d B. 1d >2d C. 1d <2d D. 1d ≥2d ( ) 7.在长方体1111D C B A ABCD -中,如果AB=BC=a,a A A 21=,则点A 到直线C A 1的距离为 A.a 362 B.a 263 C. a 332 D. a 362 ( ) 8.在0120的二面角βα--l 外有一点P,若P 到平面α,β的距离分别是5和8,则P 在平面α,β上的射影之间的距离是 ( )A. 5B. 6C. 7D. 8二、填空题9.已知正方体1111D C B A ABCD - 中，E 为AD 的中点，则1ED 与平面C C AA 11所成的角的正弦值是10. △BCD 为正三角形，A 为△BCD 所在平面外一点，且AB=AC=AD ，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，设EF 与AC 所成的角为α，EF 与BD 所成的角为β，则βα+等于 11. △BCD 为正三角形，A 为△BCD 所在平面外一点，且AB=AC=AD ，若△ABC 的面积与 △BCD 的面积之比为2：3，则面ABC 与面BCD 所成的二面角的度数为12. 在长方体1111D C B A ABCD -中,已知AB=2,11==A A AD ,则直线C B 1与D A 1的距离为直线AC 与11D B 的距离为 ,点A 到直线C B 1的距离为 ,点B 到平面C AB 1的距离为 ,直线11C B 与1CD 的距离为 .13.已知Rt △ABC 的直角顶点C 在平面α内,斜边AB ∥α,62=AB ,AC,BC 分别和平面α 成045和030角,则AB 到平面α的距离为14. 已知长方体1111D C B A ABCD -中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点1A 到截面11D AB 距离是三、解答题 15.如图，,,,,l A B αβαβαβ⊥=∈∈点A 在直线l 上的射影为1,A 点B 在l 上的射影为1.B已知112,1,AB AA BB ===求：（I ）直线AB 分别与平面,αβ所成角的大小；（II ）二面角11A AB B --的大小。

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)，

高中数学·空间角和距离的计算经典习题

tan( + ) 的值是（）.
A. 3 3
4
B. 2 3
5
C. − 8 3
13
D. − 5 3
8
变式在例 5 的条件下，求二面角 P − PC − B 的平面角的大小.
例 6 如图 13 −13, 在三棱锥 P − ABC 中，E，D 分别是棱 BC ， AC 的中点，
PB = PC = AB = 4, AC =
(1)求证：CE / / 平面 PAB； (2)求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值.
3.二面角的计算
例 5 在三棱锥 P − ABC 中，点 P 在底面的射影恰好是等边 ABC 的
边 AB 的中点，且点 P 到底面 ABC 的距离等于底面边长.设 PAC 与底
面所成的二面角的大小为, PBC 与底面所成的二面角的大小为 , 则
A. 3
B. 7
C. 3 7 D. 4
4
4
75
4.如图 13-22，已知 ABC − A1B1C1 是所有棱长均相等的正三棱柱， E 是棱 AB 的中点， F 是棱 B1C1 的中点，M 是棱 AA1 上的动点，则二面角 B1 − EM − F 的平面角的正切B. 2
2
C. 3
4
D. 5
4
5.如图 13-23，已知点 E 是正
方形 ABCD 的边 AD 上一动点（端
点除外），现将 ABD 沿 BE 所在直
线翻折成 ABE, 并连接 AC, AD. 记
二面角 A − BE − C 的平面角的大小
为 (0 ), 则 ( ) .
A.存在，使得 BA ⊥ 平面 ADE B.存在，使得 BA ⊥ 平面ACD

8.6 空间角和距离-5年3年模拟北京高考

8.6 空间角和距离五年高考●考点1 空间角1．（2013山东．4，5分）已知三棱柱111C B A ABC -的侧棱与底面垂直，体积为,49底面是边长为3的正三角形，若P 为底面111C B A 的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为 ( )125.πA 3π⋅B 4π⋅C 6π⋅D 2．（2012陕西．5,5分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱,2,1111CB CC CA C B A ABC ==-则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为( )55.A 35.B 552.c 53.D3．．（2011辽宁．8,5分）如图，四棱锥．S-ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是 ( )SB AC A ⊥.B.AB ／／平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D.AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角4．（2010全国I ，7）正方体11111,BB D C B A ABCD 中-与平面1ACD 所成角的余弦值为( )．32.A 33.B 32.C 36.D5（2012大纲全国．16,5分）三棱柱111C B A ABC -中，底面边长和侧棱长都相等，,6011oCAA BAA =∠=∠则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为6．（2012四川．14,4分）如图，在正方体1111D C B A ABCD -中，M 、N 分别是棱1CC CD 、的中点，则异面直线M A 1与DN 所戏的角的大小是7．（2013天津．17,13分）如图，四棱柱1111D C B A ABCD -中，侧棱⊥A A 1底面,//,DC AB ABCDAB AA CD AD AD AB ===⊥1,1,E ,2=为棱1AA 的中点．(1)证明;11CE C B ⊥(2)求二面角11C CE B --的正弦值；(3)设点M 在线段E C 1上，且直线AM 与平面11A ADD 所成角的正弦值为,62求线段AM 的长．8．（2013北京，17,14分）如图，在三棱柱111C B A ABC -中，C C AA 11是边长为4的正方形,平面ABC ⊥平面=AB C C AA ,11.5,3=BC (1)求证：⊥1AA 平面ABC ；(2)求二面角111B BC A --的余弦值；(3)证明：在线段1BC 上存在点D ，使得.1B A AD ⊥并求1BC BD的值．智力背景刘徽刘徽的贡献，不仅对中国古代数学发展产生了深远影响，而且在世界数学史上也确立了崇高的历史地位，成为中国传统数学理论体系的奠基者之一．经他注释的《九章算术》影响、支配中国古代数学的发展1000余年，是东方数学的典范之一，与希腊欧几里得（约前330~前275）的《原本》所代表的古代西方数学交相辉映．鉴于刘徽的巨大贡献，所以不少书上把他称作“中国数学史上的牛顿”．9．（2013湖南．19,12分）如图，在直棱柱1111D C B A ABCD -中，,90,// =∠BAD BC AD.3,1,1===⊥AA AD BC BD AC(1)证明：;1D B AC ⊥(2)求直线11C B 与平面1ACD 所成角的正弦值．10.（2013湖北．19，12分）如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，E ，F 分别是PA ，PC 的中点．(1)记平面BEF 与平面ABC 的交线为L ，试判断直线L 与平面PAC 的位置关系，并加以证明； (2)设(1)中的直线L 与圆0的另一个交点为D ，且点Q 满足.21=记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为,α二面角E-l-C 的大小为,β求证：⋅=βαθsin sin sin11.（2013课标全国II ．18,12分）如图，直三棱柱111C B A ABC -中，D ，E 分别是1,BB AB 的中点，.221AB CB AC AA === (1)证明：;//11CD A BC 平面 (2)求二面角E C A D --1的正弦值．12.（2012大纲全国，18，12分）如图，四棱锥P- ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面E PA AC ABCD ,2,22,==是PC 上的一点，PE =2EC.(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角,90 为C PB A --求PD 与平面PBC 所成角的大小．13.（2012浙江．20,15分）如图，在四棱锥P- ABCD 中，底面是边长为32的菱形，,1200=∠BAD 且PA ⊥平面=PA ABCD ,N M ,,62分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN∥平面ABCD ；(2)过点A 作AQIPC ，垂足为点Q ，求二面角A- MN -Q 的平面角的余弦值.智力背景刘应明-----中国的查德刘应明，中国科学院院士、数学家、教授、博导，四川大学原副校长兼研究生院院长，曾攻克了拓扑学中有名的“怀特海德难题”，荣获国际模糊数学领域的最高奖项——“FuzzyFellow ”奖．完成与模糊信息处理有关的国家“863”、“973”课题及国家基金重大项目，推动我国模糊技术产业化，被誉为“中国的查德（模糊数学奠基人）”．考点2 空间距离1．（2012大纲全国．4,5分）已知正四棱柱1111D C B A ABCD -中，E CC AB ,22,21==为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为( )2.A3.B 2.C 1.D2．（2011全国，6，5分）已知直二面角,βα--l 点,,l AC A ⊥∈αC 为垂足，D l BD B ,⊥∈，β为垂足．若,1,2===BD AC AB 则D 到平面ABC 的距离等于( )32.A 33.B 36.C 1.D 3．（2013北京．14,5分）如图，在棱长为2的正方体-ABCD 111D BC A 中，E 为BC 的中点，点P 在线段E D 1上，点P 到直线l CC 的距离的最小值为4．（2013重庆．19,13分）如图，四棱锥ABCD P -中，PA ⊥底面,2,==CD BC ABCD =∠=ACB AC ,4,3π=∠ACD F 为PC 的中点，.PB AF ⊥(1)求PA 的长；(2)求二面角B-AF-D 的正弦值．5．（2012江西．19，12分）在三棱柱11C B A ABC l -中，已知=AB ,51==AA AC ,4=BC 点1A 在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O ．(1)证明在侧棱1AA 上存在一点E ，使得OE ⊥平面,11C C BB 并求出AE 的长； (2)求平面C B A 11与平面C C BB 11夹角的余弦值．6．（2012安徽．18,12分）平面图形C C A ABB 111如图1所示，其由C C BB 11是矩形，===AB BB BC ,4,21 1111,2C A B A AC ==.5=现将该平面图形分别沿BC 和11C B 折叠使△ABC 与111C B A ∆所在平面都与平面C C BB 11垂直，再分别连结,1A A ,,11C A B A 得到如图2所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：;1BC AA ⊥(2)求1AA 的长；(3)求二面角1A BC A--的余弦值．7．（2012重庆．19,12分）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，AB D BC AC ,3,4===为AB 的中点． (1)求点C 到平面11ABB A 的距离；(2)若,11C A AB ⊥求二面角1C CD A --的平面角的余弦值．智力背景弧度制 6世纪，印度人在制作正弦表时，曾用同一单位度量半径和圆周，育着最早的弧度制概念.欧拉是明确提出弧度制思想的数学家.公元1748年，在他的一部划时代著作无穷小分析概论》中，提出把圆的半径作为弧长的度量单位，使一个圆周角等于2π弧度.这一思想将线段与弧的度量统一起来，大大简化了三角公式及计算.解读探究知识清单[ 知识拓展 ]空间中距离的计算是历年高考考查的重点. (1)两点之间的距离一般利用三角形求出或用两点的坐标计算；(2)点到直线的距离一般用三垂线定理作出；(3)线线的距离一般转化为点到直线的距离；(4)点到面的距离，一般用转化法或等积法；(5)线面距离或面面距离通常转化为点面距离，然后再进行转化处理．·知识清单答案智力背景四维空间概念四维空间是一个时空的概念．简单来说，任何具有四维的空间都可以被称为“四维空间”．不过，日常生活所提及的“四维空间”，炎多数都是指爱因斯坦在他的《广义相对论》和《狭义相对论》中提及的“四维时空”概念．根据爱因斯坦的概念，我们的宇宙是由时间和空间构成的，时空的关系，是在空间的架构上比普通三维空间的长、宽、高三条轴外又多了一条时间轴，而这条时间的轴是一条虚数值的轴，突破方法方法1直线与平面所成的角例1 （2012贵州贵阳二模．19,12分）如图所示，已知正四面体（各棱长都相等的三棱锥）A - BCD 的棱长为a ，E 为AD 的中点，连结CE.(1)求证：顶点A 在底面BCD 内的射影是△BCD 的外心； (2)求AD 与底面BCD 所成的角的余弦值； (3)求CE 与底面BCD 所成的角的正弦值．解题思路解析 (1)证明：过点A 作AO ⊥平面BCD ，垂足为0，连结OB 、OC 、OD ，则OB 、OC 、OD 分别是AB 、AC 、AD 在平面BCD 内的射影．（2分）,90,,0=∠=∠=∠====AOD AOC AOB AO AO AO AD AC AB,AOD AOC AOB ∆≅∆≅∆∴ .00D C OB ==∴∴ 顶点A 在底面BCD 内的射影是△BCD 的外心．（4分） (2) ∵ DD 为AD 在底面BCD 内的射影，∴ ∠ADO 为直线AD 与平面BCD 所成的角．（6分）． ∵ O 为△BCD 的外心，∴ O 为△BCD 的中心（∵ △BCD 为正三角形）．⋅=⨯=∴333223aa DO ⋅===∠∴33330cos aa AD D ADO∴ AD 与底面BCD 所成的角是一个锐角，它的余弦值为⋅33（8分） (3)取DO 的中点F ，连结EF 、CF ，∵ E 、F 分别为△AOD 的边AD 、OD 的中点，∴ EF 为△AOD 的中位线， ∴ EF∥AO. ∵ AO ⊥ 平面BCD ， ∴ EF ⊥平面BCD ，∵ FC 为EC 在平面BCD 内的射影， ∠EGF 为EC 与平面BCD 所成的角，（10分）在Rt△AOD 中，,21AO EF =而 .36)33(022.22a a a D AD AO =-=-= .66a EF =∴ ∴ 在Rt AEFC 中，⋅===∠322366sin a a CE EF ECF∴ CE 与底面BCD 所成的角是一个锐角，且它的正弦值为⋅32（12分）【方法点拨】求线面角的方法(1)求直线和平面所成角的步骤：①寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连结垂足和斜足得到斜线在平面内的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；③把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．(2)求线面角的技巧：在上述步骤中，作角是关键，而确定斜线在乎面内的射影是作角的关键，几何图形的特征是找射影的依据，垂足一般都是一些特殊的点，比如中心、垂心、重心等．方法2 二面角例2 （2012北京怀柔二模．18，12分）如图所示，在四面体ABCD 中．AB ⊥平面,,CD BC BCD =,30,90 =∠=∠ADB BCD E 、F 分别是AC 、AD 的中点．(1)求证：平面BEF ⊥平面ABC ；(2)求平面BEF和平面BCD 所成角的余弦值，解题思路,B BC AB CD BC AB EF//CDFD AF EC AE 1ABC EF ABC CD CD AB BCD 平面平面平面）证明解析（⊥⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⊥⊥⇒⊥⇒⎭⎬⎫==又 ⊂EF 平面BEF ， ∴ 平面BEF ⊥平面ABC ．(2)如图所示，作EH ⊥ BC 于H智力背景三角函数符号的由来 sine -词始于阿拉伯人雷基奥蒙坦的《论各种三角形》； cosine 及cotangent 为英国人根日尔首先使用，最早在1620年伦敦出版的他所著的《炮兵测量学》中出现；secant 及tangent 为丹麦数学家托马斯.芬竞首创，最早见于他的《圆几何学》一书中．1626年，阿贝特·格洛德最早推出简写的三角符号：“sm ”“tan" sec ”．1675年，英国人奥屈特最早推出余下的简写三角符号：“cos ”“cot ”“csc ”．但直到1748年，经过数学家欧拉的引用后，才逐渐通用起来.因为平面BEF ，平面ACD ，平面BCD 两两相交，且交线EF∥CD ，所以在平面BCD 内过B 作L// CD ，则L 是平面BEF 与平面BCD 的交线，由BC ⊥ CD 知BC ⊥L ， ∵ AB ⊥面BCD ， ∴ AB ⊥BC ，又 ∵ BC ⊥ CD ． ∴ CD ⊥面ABC ， ∴ CD ⊥BE ， ∴ BE ⊥L ， ∴ ∠EBH 是平面BEF 与平面BCD 所成二面角的平面角，设AB =1，则,262,3===BD BC BD 在Rt△EHB 中，⋅====4621,2121BC BH AB EH⋅===∠∴364621tan BH EH EBH⋅=∠∴515cos EBH【方法点拨】求二面角的大小关键是作出二面角的平面角，作二面角的平面角的方法：作法一（定义法）：在二面角的棱上找一特殊点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，如图(1)，∠AOB 为二面角α-a 一β的平面角．作法二（垂直法）：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角，即为二面角的平面角，如图(2)，∠AOB 为二面角α-L-β的平面角，作法三（垂线法）：过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角．如图(3)，∠ABO 为二面角α-L-β的平面角．三年模拟A 组 2011-2013年模拟探究专项基础测试一、选择题（共5分）1．（2013东北八校二模，9）已知三棱锥D - ABC 的三个侧面与底面全等，且,2,3===BC AC AB则以BC 为棱，面BCD 与面BCA 所成的二面角的余弦值为 ( )33.A 31.B 0.C 21.-D =．填空题【每题5分，共15分）2．（2013江苏徐州一模．8）将锐角A 为,60o 边长为a 的菱形ABCD 沿BD 折成60的二面角，则A 与C 之间的距离为3．（2013浙江温州二模．13）如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面E PA BC AB ABCD ,2,1,3,===为PD 的中点，则直线BE 与平面ABCD 所成角的正切值为4．（2011浙江金华十校模拟．17）如图，直线L ⊥平面α，垂足为0，已知长方体1111D C B A -ABCD C中.8,6,5,1===AD AB AA 该长方体做符合以下的自由运动：,)1(l A ∈,)2(α∈C 则O C 、1两点间的最大距离为三、解答题（共25分）5．（2013新疆乌鲁木齐5月．18）如图，在正方体-ABCD 1111D C B A 中，E 、F 分别为DB C C .1的中点．(1)求证：⊥F A 1平面EDB ；(2)若AB =2，求点B 到平面DE A 1的距离，智力背景数学家的文学修养著名教学家徐利治先生把自己的治学经验概括为：培养兴趣、追求简易、重视直观、学会抽象、不怕计算等五个方面．最近他在南京讲学时又特意补上一条一一喜爱文学，并谆谆教导后学，不可忽视文学修养，在不少人看来，数学和文学似乎是磁铁的两极，前者靠理性思维，后者属形象思维．两者互相排斥．然而历史上许多大数学家都有较好的文学修养，笛卡尔对诗歌情有独钟，认为“诗是激情和想象力的产物”，诗人靠想象力让知识的种子迸发火花．6．（2012甘肃天水三模．19）如图所示，在长方体-ABCD 1111D C B A 中，M CC BC AB ,5,2,11=== 为棱1CC 上一点．(1)若,231=M C 求异面直线M A 1和11D C 所成角的正切值； (2)是否存在这样的点M 使得BM ⊥平面?11M B A 若存在，求出M C 1的长；若不存在，请说明理由．B 组 2011-2013年模拟探究专项提升测试时间.55分钟分值.65分一、选择题（每题5分，共10分）1．（2013山西临汾一模．7）如图所示，点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA= AB ，则PB 与AC 所成的角是( )90.A 60.B o C 45. 30.D2（2013北京西城二模．9）设P 是60的二面角βα--l 内一点，PA ⊥平面⊥PB ,α平面B A ,,β为垂足，,2,4==PB PA 则AB 的长为( )32.A 52.B 72.C 24.D二、填空题（每题5分，共15分）3．（2013江苏徐州一模．10）如图，空间四边形ABCD 中，平面ABD ⊥平面,90,90,oBCD BAD BCD =∠=∠ 且AB =AD ，则AC 与平面BCD 所成的角是4．（2013西藏乃东二模．14）已知二面角,60o l 为βα--动点P 、Q 分别在平面βα、内，P 到β的距离为Q ,3到a 的距离为,32则P 、Q 两点之间距离的最小值为5．（2013山东日照二模．15）如图，四棱锥V - ABCD 中，底面AB-CD 是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为5的等腰三角形，则二面角V-AB-C 的平面角为三、解答题（共40分）6．（2013北京房山一模）在四棱锥P - ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ．ABCD 为直角梯形，,//AD BCCD BC ADC ==∠,90 F E PD PA AD ,,,121===分别为AD ，PC 的中点． (1)求证：PA∥平面BEF ； (2)若PC 与AB 所成角为,45求PE 的长；(3)在(2)的条件下，求二面角F-BE -A 的余弦值．7．（2013河南郑州二模．19）如图，在三棱锥S - ABC 中，侧面SAB 与侧面SAC 均为等边三角形，O BAC o ,90=∠为BC 中点．(1)证明：SO ⊥平面ABC ；(2)求二面角A-SC -B 的余弦值．8．（2011江西重点盟校二次联考，19）如图，直三棱柱111C B A ABC -中，AB ⊥BC ，D 为AC 的中点， .21==AB AA(1)求证：;//11D BC AB 平面(2)若四棱锥11C DAA B -的体积为2，求二面角D BC C --1的正切值．智力背景控制论的诞生（一）控制论诞生于20世纪，其理论的提出者是美国数学蒙诺伯特·维纳，维纳出生在美国哥伦比亚市，小时候被人誉为神童.3岁即能读写，11岁上大学，14岁考进哈佛大学研究动物学，18岁时获得了哈佛大学的数理逻辑博士学位，还曾跟随罗索和希尔伯特这些数学欠师们学习数学，有人说，也许正是多种学科在他头脑里的汇合，才结出了控制论这颗综合之果.。

高三数学 6利用向量法求空间角和距离试题

6利用向量法求空间角和间隔1向量法求异面直线所成的角【例1】 (15期末) 如下图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，那么直线EF 和BC 1所成的角是________.【解析】以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为zAB ＝BC ＝AA 1＝2，那么C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，那么EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.【评注】用向量求解异面直线所成角，利用坐标运算求解，公式计算要准确. 设两异面直线a b ，所成的角为,θ，m n 分别是a b ，的方向向量，那么有cos cos ,θ⋅==m n m n m n．异面直线所成角的范围是02π⎛⎤ ⎥⎝⎦，，因此，假如按照公式求出来的向量的数量积是一个负数，那么应当取其绝对值，使之变为正值，这样求得的角就为为锐角或者直角．【变式1】正三棱锥中利用向量的坐标运算求异面直线所成的角在正三棱锥P —ABC 中，底面正△ABC 的中心为O ，D 是PA 的中点，PO =AB =2，求异面直线AC 和BD 所成的角余弦值． 30【解析】以O 为坐标原点，OA 为x 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．因ABC ∆是正三角形，故y 轴平行于BC ，而PO =AB =2，那么(0,0,2)P ，23(A ，3(B ，3(1,0)C -，D 是PA 的中点，故3(D ， 23(1,1)3BD =-，(3,1,0)CA =， ABC PD Oxyzcos ,|131BD CA <>====+ 【例2】〔2021·理〕三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等， ∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，那么异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________．【解析】选准基底，由题意知，AB 1→＝AB →＋AA 1→，BC 1→＝BB 1→＋BC →＝BA →＋AC →＋AA 1→. 又∠CAA 1＝∠BAA 1＝∠BAC ＝60°，设边长、侧棱长为1，那么AB 1→2＝(AB →＋AA 1→)2＝AB →2＋AA 1→2＋2AB →·AA 1→＝3，所以|AB 1→|＝3，同理可得|BC 1→|＝ 2.AB 1→·BC 1→＝AB →·BA →＋AB →·AC →＋AB →·AA 1→＋AA 1→·BA →＋AA 1→·AC →＋AA 1→2＝1，所以cos 〈AB 1→·BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝13·2＝66.【评注】求异面直线所成角底，利用基向量法和线性运算以及数量积，沟通角与向量之间的关系求解。

2022届高考数学一轮复习第8章立体几何第5讲空间角与距离空间向量及应用作业试题2含解析新人教版

第五讲空间角与距离、空间向量及应用1.[2020湖北部分重点中学高三测试]如图8-5-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为( )图8-5-1A.30°B.60°C.120°D.150°2.[2020湖南长沙市长郡中学模拟]图8-5-2中的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G 作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是( )图8-5-2∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②③1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有①1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有③13.[多选题]如图8-5-3,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则以下说法正确的是( )图8-5-31D1所成的角等于π4B.点C到平面ABC1D1的距离为√221C和BC1所成的角为π41D1-BB1C1的外接球的半径为√324.[2019吉林长春质量监测][双空题]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE 和该截面所成角的正弦值为.5.[2021广州市阶段模拟]如图8-5-4,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为菱形,BE⊥平面ABCD,G为AC与BD的交点.(1)证明:平面AEC⊥平面BED.(2)若∠BAD=60°,AE⊥EC,求直线EG与平面EDC所成角的正弦值.图8-5-46.[2021晋南高中联考]如图8-5-5,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,其中底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,PA=AB=BC=CD,PA⊥PD,∠PAD=60°,Q为PD的中点.(1)证明:CQ∥平面PAB.(2)求二面角P-AQ-C的余弦值.图8-5-57.[2021湖南六校联考]如图8-5-6,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=2a,AD=√2a,点E是SD 上的点,且DE=λa(0<λ≤2).(1)求证:对任意的λ∈(0,2],都有AC⊥BE.(2)设二面角C-AE-D的大小为θ,直线BE与平面ABCD所成的角为φ,若sin φ=cos θ,求λ的值.图8-5-68.[2020福建五校联考]图8-5-7是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,⏜上的动点(不与B1,A1重合).且AC⊥BC,P为B1A1(1)证明:PA1⊥平面PBB1.,求二面角P-A1B1-C的余弦值.(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,∠PB1A1=π4图8-5-79.[2020全国卷Ⅱ,12分]如图8-5-8,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图8-5-810.[2021黑龙江省六校联考]如图8-5-9,正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直,且边长都是1,M,N,G分别为线段AC,BF,AB上的动点,且CM=BN,AF∥平面MNG,记BG=a(0<a<1).(1)证明:MG⊥平面ABEF.(2)当MN的长度最小时,求二面角A-MN-B的余弦值.图8-5-911.[2021蓉城名校联考]如图8-5-10(1),AD是△BCD中BC边上的高,且AB=2AD=2AC,将△BCD沿AD翻折,使得平面ACD⊥平面ABD,如图8-5-10(2)所示.(1)求证:AB⊥CD.时,求直线AE与平面BCE (2)在图8-5-10(2)中,E是BD上一点,连接AE,CE,当AE与底面ABC所成角的正切值为12所成角的正弦值.图8-5-1012.[2020洛阳市联考]如图8-5-11,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2√6,DE=3√6.(1)求证:平面ACE⊥平面BED.(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值.的值;若不存在,请说明理由. (3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AMAF图8-5-1113.如图8-5-12,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,平面α经过棱PC的中点E,与棱PB,AC分别交于点F,D,且BC∥平面α,PA∥平面α.(1)证明:AB⊥平面α.(2)若AB=BC=PA=2,点M在直线EF上,求平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值.图8-5-1214.[2021安徽江淮十校第一次联考]如图8-5-13(1),已知圆O的直径AB的长为2,上半圆弧上有一点C,∠COB=60°,点P是弧AC上的动点,点D是下半圆弧的中点.现以AB为折痕,使下半圆所在的平面垂直于上半圆所在的平面,连接PO,PD,PC,CD,如图8-5-13(2)所示.(1)当AB∥平面PCD时,求PC的长;(2)当三棱锥P-COD体积最大时,求二面角D-PC-O的余弦值.图8-5-13答案第四讲直线、平面垂直的判定及性质1.B 如图D 8-5-8,取AC的中点D,连接DE,DF,因为D,E,F分别为AC,PA,BC的中点,所以DF∥AB,DF=12AB,DE∥PC,DE=12PC,所以∠EDF或其补角为异面直线PC与AB所成的角.因为PC=10,AB=6,所以在△DEF中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得cos∠EDF=DE2+DF2-EF22DE×DF =25+9−492×5×3=-12,所以∠EDF=120°,所以异面直线PC与AB所成的角为60°.故选B.图D 8-5-82.A 对于题图①,连接BD,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD∥GE,DD1∥EF,又BD⊄平面EFG,DD1⊄平面EFG,从而可得BD∥平面EFG,DD1∥平面EFG,又BD∩DD1=D,所以平面BDD1∥平面EFG,所以BD1∥平面EFG.对于题图②,连接DB,DA 1,设正方体的棱长为1,因为E,F,G 均为所在棱的中点,所以BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(12DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(1×√2×cos 45°-√2×√2×cos 60°)=0, 即BD 1⊥EG.连接DC 1,则BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(12DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(1×√2×cos 45°-√2×√2×cos 60°)=0,即BD 1⊥EF. 又EG ∩EF=E,所以BD 1⊥平面EFG.对于题图③,设正方体的棱长为1,连接DB,DG,因为E,F,G 均为所在棱的中点,所以BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DG ⃗⃗⃗⃗⃗ -DE ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2-DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12-√2×1×√22+12×√2×1×√22=0, 即BD 1⊥EG.连接AF,则BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AF ⃗⃗⃗⃗⃗ -AE ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2-12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =1-12×√2×1×√22-12×√2×1×√22=0, 即BD 1⊥EF.又EG ∩EF=E,所以BD 1⊥平面EFG.故选A.3.ABD 正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,对于A,直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角为∠CBC 1=π4,故A 正确;对于B,点C 到平面ABC 1D 1的距离为B 1C 长度的一半,即距离为√22,故B 正确;对于C,连接AC,因为BC 1∥AD 1,所以异面直线D 1C 和BC 1所成的角即直线D 1C 和AD 1所成的角,又△ACD 1是等边三角形,所以异面直线D 1C 和BC 1所成的角为π3,故C 错误;对于D,三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1的外接球就是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球半径r=√12+12+122=√32,故D 正确.故选ABD.√2√1010如图D 8-5-9,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,设CD,BC 的中点分别为H,G,连接HE,HG,GE,HF,ME,NH.图D 8-5-9易知ME ∥NH,ME=NH,所以四边形MEHN 是平行四边形,所以MN ∥HE.因为MN ⊄平面EFHG,HE ⊂平面EFHG,所以MN ∥平面EFHG,所以过EF 且与MN 平行的平面为平面EFHG,易知平面EFHG 截正方体所得截面为矩形EFHG,EF=√2,FH=2,所以截面EFHG 的面积为2×√2=2√2.连接AC,交HG 于点I,易知CI ⊥HG,平面EFHG ⊥平面ABCD,平面EFHG ∩平面ABCD=HG,所以CI ⊥平面EFHG,连接EI,因为EI ⊂平面EFHG,所以CI ⊥EI,所以∠CEI 为直线CE 和截面EFHG 所成的角.在Rt △CIE 中,易知CE=√1+22=√5,CI=14AC=2√24=√22,所以sin ∠CEI=CICE=√1010. 5.(1)因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD.因为BE ⊥平面ABCD,AC ⊂平面ABCD,所以AC ⊥BE.又BE ∩BD=B,所以AC ⊥平面BED.又AC ⊂平面AEC,所以平面AEC ⊥平面BED.(2)解法一设AB=1,在菱形ABCD 中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=√32,BG=GD=12.因为AE ⊥EC,所以在Rt △AEC 中可得EG=AG=√32.由BE ⊥平面ABCD,得△EBG 为直角三角形,则EG 2=BE 2+BG 2,得BE=√22.如图D 8-5-10,过点G 作直线Gz ∥BE,因为BE ⊥平面ABCD, 所以Gz ⊥平面ABCD,又AC ⊥BD,所以建立空间直角坐标系 G-xyz.G(0,0,0),C(0,√32,0),D(-12,0,0),E(12,0,√22),图D 8-5-10所以GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,0,√22),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√22),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,-√32,√22). 设平面EDC 的法向量为n=(x,y,z),由{DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{x +√22z =0,12x -√32y +√22z =0,取x=1,则z=-√2,y=-√33,所以平面EDC 的一个法向量为n=(1,-√33,-√2).设直线EG 与平面EDC 所成的角为θ,则sin θ=|cos<GE⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|12+0−1√14+12×√1+13+2|=|-12√32×√103|=√1010. 所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√1010. 解法二设BG=1,则GD=1,AB=2,AG=√3.设点G 到平面EDC 的距离为h,EG 与平面EDC 所成角的大小为θ.因为AC ⊥平面EBD,EG ⊂平面EBD,所以AC ⊥EG.因为AE ⊥EC,所以△AEC 为等腰直角三角形.因为AC=2AG=2√3,所以AE=EC=√6,EG=AG=√3.因为AB=BD=2,所以Rt △EAB ≌Rt △EDB,所以EA=ED=√6.在△EDC 中,ED=EC=√6,DC=2,则S △EDC =√5.在Rt △EAB 中,BE=√EA 2-AB 2=√(√6)2-22=√2.V E-GDC =13BE ·12S △CBD =16×√2×S △ABD =16×√2×12×2×√3=√66.由V G-EDC =13h ·√5=V E-GDC =√66,得h=√62√5=√3010.所以sin θ=ℎEG =√1010.所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√1010.解法三如图D 8-5-11,以点B 为坐标原点,建立空间直角坐标系B-xyz.图D 8-5-11不妨设AB=2,在菱形ABCD 中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=√3,BG=GD=1.因为AE ⊥EC,所以在Rt △AEC 中可得EG=AG=√3.由BE ⊥平面ABCD,得△EBG 为直角三角形,则EG 2=BE 2+BG 2,得BE=√2.则C(2,0,0),E(0,0,√2),D(1,√3,0),G(12,√32,0), 所以EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√32,-√2),ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-√2),EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-√2). 设平面EDC 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y -√2z =0,2x -√2z =0,令x=√3,则z=√6,y=1.所以平面EDC 的一个法向量为n=(√3,1,√6).设EG 与平面EDC 所成的角为θ,则sin θ=|cos<EG⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|√32+√32-2√3|√1+2×√3+1+6=√1010. 所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√1010. 6.(1)如图D 8-5-12,取PA 的中点N,连接QN,BN.图D 8-5-12∵Q,N 分别是PD,PA 的中点,∴QN ∥AD,且QN=12AD. ∵PA ⊥PD,∠PAD=60°,∴PA=12AD, 又PA=BC,∴BC=12AD,∴QN=BC,又AD ∥BC,∴QN ∥BC,∴四边形BCQN 为平行四边形,∴BN ∥CQ.又BN ⊂平面PAB,CQ ⊄平面PAB,∴CQ ∥平面PAB.(2)在图D 8-5-12的基础上,取AD 的中点M,连接BM,PM,取AM 的中点O,连接BO,PO,如图D 8-5-13.图D 8-5-13设PA=2,由(1)得PA=AM=PM=2,∴△APM 为等边三角形,∴PO ⊥AM,同理BO ⊥AM.∵平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD,PO ⊂平面PAD,∴PO ⊥平面ABCD.以O 为坐标原点,分别以OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz, 则A(0,-1,0),C(√3,2,0),P(0,0,√3),Q(0,32,√32), ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,3,0),AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,52,√32), 设平面ACQ 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{√3x +3y =0,52y +√32z =0,取y=-√3,得m=(3,-√3,5)是平面ACQ 的一个法向量,又平面PAQ 的一个法向量为n=(1,0,0),∴cos<m,n>=m ·n|m|·|n|=3√3737, 由图得二面角P-AQ-C 的平面角为钝角,∴二面角P-AQ-C 的余弦值为-3√3737. 7.(1)由题意SD ⊥平面ABCD,AD ⊥DC,以D 为原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DS ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别作为x,y,z 轴的正方向建立如图D 8-5-14所示的空间直角坐标系,图D 8-5-14则D(0,0,0),A(√2a,0,0),B(√2a,√2a,0),C(0,√2a,0),E(0,0,λa), ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2a,√2a,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2a,-√2a,λa), ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =2a 2-2a 2+0×λa=0, 即AC ⊥BE.(2)解法一由(1)得EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a,0,-λa),EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2a,-λa),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2a,-√2a,λa). 设平面ACE 的法向量为n=(x,y,z),则由n ⊥EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥EC ⃗⃗⃗⃗⃗ 得 {n ·EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√2x -λz =0,√2y -λz =0,取z=√2,得n=(λ,λ,√2)为平面ACE 的一个法向量,易知平面ABCD 与平面ADE 的一个法向量分别为DS⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2a)与DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2a,0), ∴sin φ=|DS ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||DS⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√λ2+4,易知二面角C-AE-D 为锐二面角,∴cos θ=|DC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||DC⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√2λ2+2,由sin φ=cos θ得√λ2+4=√2λ2+2,解得λ2=2,又λ∈(0,2],∴λ=√2.解法二如图D 8-5-15,连接BD,由SD ⊥平面ABCD 知,∠DBE=φ.图D 8-5-15由(1)易知CD ⊥平面SAD.过点D 作DF ⊥AE 于点F,连接CF,则∠CFD 是二面角C-AE-D 的平面角,即∠CFD=θ.在Rt △BDE 中,BD=2a,DE=λa,∴BE=√4a 2+λ2a 2,sin φ=DEBE =√λ2+4,在Rt △ADE 中,AD=√2a,DE=λa,∴AE=a √λ2+2,∴DF=AD ·DE AE=√2λa√λ2+2, 在Rt △CDF 中,CF=√DF 2+CD 2=2√λ2+1√λ2+2a,∴cos θ=DFCF =√2λ2+2,由sin φ=cos θ得√λ2+4=√2λ2+2,解得λ2=2,又λ∈(0,2],∴λ=√2.8.(1)在半圆柱中,BB 1⊥平面PA 1B 1,PA 1⊂平面PA 1B 1,所以BB 1⊥PA 1.因为A 1B 1是上底面对应圆的直径,所以PA 1⊥PB 1.因为PB 1∩BB 1=B 1,PB 1⊂平面PBB 1,BB 1⊂平面PBB 1,所以PA 1⊥平面PBB 1.(2)根据题意,以C 为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz,如图D 8-5-16所示.图D 8-5-16设CB=1,则C(0,0,0),A 1(0,1,√2),B 1(1,0,√2), 所以CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√2),CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√2).易知n 1=(0,0,1)为平面PA 1B 1的一个法向量. 设平面CA 1B 1的法向量为n 2=(x,y,z),则{n 2·CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y +√2z =0,x +√2z =0,令z=1,则x=-√2,y=-√2,所以n 2=(-√2,-√2,1)为平面CA 1B 1的一个法向量.所以cos<n 1,n 2>=1×√5=√55.由图可知二面角P-A 1B 1-C 为钝角,所以所求二面角的余弦值为-√55.9.(1)因为M,N 分别为BC,B 1C 1的中点,所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1,故AA 1∥MN.因为△A 1B 1C 1是正三角形,所以B 1C 1⊥A 11C 1⊥MN,故B 1C 1⊥平面A 1AMN.所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F.(2)由已知得AM ⊥BC.以M 为坐标原点,MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长度,建立如图D 8-5-17所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=√3.图D 8-5-17连接NP,则四边形AONP 为平行四边形,故PM=2√33,E(2√33,13,0).由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC.作NQ ⊥AM,垂足为Q,则NQ ⊥平面ABC.设Q(a,0,0),则NQ=(2√331(a,1,(2√33故B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√33-a,-23,-√4−(2√33-a)2),|B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√103. 又n=(0,-1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量,故 sin(π2- n,B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=cos n,B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =n ·B 1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n|·|B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为√1010. 10.(1)因为AF ∥平面MNG,且AF ⊂平面ABEF,平面ABEF ∩平面MNG=NG,所以AF ∥NG,所以CM=BN=√2a,所以AM=√2(1-a),所以AMCM =AGBG =1−a a,所以MG ∥BC,所以MG ⊥AB.又平面ABCD ⊥平面ABEF,且MG ⊂平面ABCD,平面ABCD ∩平面ABEF=AB,所以MG ⊥平面ABEF.(2)由(1)知,MG ⊥NG,MG=1-a,NG=a,所以MN=√a 2+(1−a)2=√2a 2-2a +1=√2(a -12)2+12≥√22,当且仅当a=12时等号成立,即当a=12时,MN 的长度最小.以B 为坐标原点,分别以BA,BE,BC 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图D 8-5-18所示的空间直角坐标系B-xyz,则A(1,0,0),B(0,0,0),M(12,0,12),N(12,12,0),图D 8-5-18设平面AMN 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),因为AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,0,12),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,-12), 所以{m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−x12+z12=0,m ·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y 12-z 12=0,取z 1=1,得m=(1,1,1)为平面AMN 的一个法向量.设平面BMN 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),因为BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,0,12),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,-12), 所以{n ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x22+z22=0,n ·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y 22-z 22=0,取z 2=1,得n=(-1,1,1)为平面BMN 的一个法向量.所以cos<m,n>=m ·n|m||n|=13, 又二面角A-MN-B 为钝二面角,所以二面角A-MN-B 的余弦值为-13.11.(1)由题图(1)知,在题图(2)中,AC ⊥AD,AB ⊥AD.∵平面ACD ⊥平面ABD,平面ACD ∩平面ABD=AD,AB ⊂平面ABD,∴AB ⊥平面ACD,又CD ⊂平面ACD,∴AB ⊥CD.(2)以A 为坐标原点,AC,AB,AD 所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图D 8-5-19所示的空间直角坐标系,不妨设AC=1,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,0,0),D(0,0,1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,0),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1).图D 8-5-19设E(x,y,z),由DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1),得(x,y,z-1)=(0,2λ,-λ), 得E(0,2λ,1-λ),∴AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2λ,1-λ),又平面ABC 的一个法向量为AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),AE 与底面ABC 所成角的正切值为12, 所以|tan AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,于是|cos AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5=√55, 即|√(2λ)2+(1−λ)2|=√55,解得λ=12,则E(0,1,12),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,12),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,12). 设平面BCE 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x -2y =0,-y +12z =0, 令y=1,得x=2,z=2,则n=(2,1,2)是平面BCE 的一个法向量,设直线AE 与平面BCE 所成的角是θ,则sin θ=|cos AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n |=|AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√52×3=4√515, 故直线AE 与平面BCE 所成角的正弦值为4√515.12.(1)因为平面ADEF ⊥平面ABCD,平面ADEF ∩平面ABCD=AD,DE ⊂平面ADEF,DE ⊥AD,所以DE ⊥平面ABCD.因为AC ⊂平面ABCD,所以DE ⊥AC.又四边形ABCD 是正方形,所以AC ⊥BD.因为DE ∩BD=D,DE ⊂平面BED,BD ⊂平面BED,所以AC ⊥平面BED.又AC ⊂平面ACE,所以平面ACE ⊥平面BED.(2)因为DA,DC,DE 两两垂直,所以以D 为坐标原点,建立如图D 8-5-20所示的空间直角坐标系D-xyz. 则A(3,0,0),F(3,0,2√6),E(0,0,3√6),B(3,3,0),C(0,3,0),所以CA⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,-√6).图D 8-5-20设平面BEF 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x -3y +3√6z =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =3x -√6z =0,取x=√6,得n=(√6,2√6,3)为平面BEF 的一个法向量.所以cos<CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CA⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CA⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√63√2×√39=-√1313. 所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为√1313.(3)假设在线段AF 上存在符合条件的点M,由(2)可设M(3,0,t),0≤t ≤2√6,则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,t).设平面MBE 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1), 则{m ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3y 1+tz 1=0,m ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x 1-3y 1+3√6z 1=0,令y 1=t,得m=(3√6-t,t,3)为平面MBE 的一个法向量.由(1)知CA ⊥平面BED,所以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面BED 的一个法向量,|cos<m,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·CA⃗⃗⃗⃗⃗ ||m||CA⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6-3√2×√(3√6-t)2+t 2+9=cos 60°=12,整理得2t 2-6√6t+15=0,解得t=√62,故在线段AF 上存在点M,使得二面角M-BE-D 的大小为60°,此时AMAF =14. 13.(1)因为BC ∥平面α,BC ⊂平面PBC,平面α∩平面PBC=EF,所以BC ∥EF,且F 为棱PB 的中点,因为BC ⊥AB,所以EF ⊥AB.因为PA ∥平面α,PA ⊂平面PAC,平面α∩平面PAC=DE,所以PA ∥DE.因为PA ⊥平面ABC,所以PA ⊥AB, 所以DE ⊥AB.又DE ∩EF=E,DE ⊂平面DEF,EF ⊂平面DEF,所以AB ⊥平面DEF,即AB ⊥平面α.(2)如图D 8-5-21,以点B 为坐标原点,分别以BA,BC 所在直线为x,y 轴,过点B 且与AP 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2),E(1,1,1),F(1,0,1),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2).图D 8-5-21设M(1,t,1),平面MAC 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,t,1),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 1+2y 1=0,m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−x 1+ty 1+z 1=0,令x 1=1,则y 1=1,z 1=1-t,所以m=(1,1,1-t)为平面MAC 的一个法向量.设平面PBC 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),则{n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y 2=0,n ·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x 2+2z 2=0,得y 2=0,令x 2=1,则z 2=-1,所以n=(1,0,-1)为平面PBC 的一个法向量.设平面MAC 与平面PBC 所成的锐二面角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|=|m ·n||m|×|n|=√12+12+(1-t)2×√2=√t 2-2t+3×√2.当t=0时,cos θ=0; 当t ≠0时, cos θ=√3t 2-2t+1×√2=√3(1t -13)+23×√2,当且仅当1t =13,即t=3时,3(1t -13)2+23取得最小值23,cos θ取得最大值,最大值为√23×√2=√32.所以平面MAC 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值的最大值为√32.14.(1)因为AB ∥平面PCD,AB ⊂平面OCP,平面OCP ∩平面PCD=PC,所以AB ∥PC.又∠COB=60°,所以∠OCP=60°.又OC=OP,所以△OCP 为正三角形,所以PC=1.(2)由题意知DO ⊥平面COP,而V P-COD =V D-COP ,S △COP =12·OC ·OP ·sin ∠COP, 所以当OC ⊥OP 时,三棱锥P-COD 的体积最大.解法一易知OP,OD,OC 两两垂直,以O 为坐标原点,OP⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图D 8-5-22所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(1,0,0),D(0,1,0),C(0,0,1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,0).图D 8-5-22设平面DPC 的法向量为n 1=(x,y,z),则{PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{-x +z =0,x -y =0,取x=1,得平面DPC 的一个法向量为n 1=(1,1,1).易知平面PCO 的一个法向量为n 2=(0,1,0),设二面角D-PC-O 的平面角为α,由题图知,二面角D-PC-O 的平面角为锐角,则cos α=|n 1·n 2||n 1||n 2|=√33, 所以二面角D-PC-O 的余弦值为√33.解法二如图D 8-5-23所示,取PC的中点H,连接OH,DH.图D 8-5-23 因为OC=OP,DC=DP,所以OH,DH都与PC垂直,即∠OHD为所求二面角的平面角.在Rt△OPC中,可得OH=√22,在Rt△OHD中,DH=(√22=√62,所以cos∠OHD=√22√62=√33,所以二面角D-PC-O的余弦值为√33.。

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。

2013届高三人教B版理科数学一轮复习课时作业(43)立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解

课时作业(四十三)［第43讲立体几何中的向量方法(二)一一空间角与距离求解］［时间：45分钟分值：100分］基础热身 1. 点M 在z 轴上，它与经过坐标原点且方向向量为 s = (1, — 1,1)的直线I 的距离为• 6,则点M 的坐标是()A . (0,0,戈)B . (0,0, ±3)C . (0,0, ±3)D . (0,0, ±1)2.若a = (1,2,1), b = (— 2,0,1)分别是直线11,2的方向向量，则丨1,2的位置关系是( )A •平行B •异面C .相交D .相交或异面3.两平行平面a, B 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.| C. ,3 D . 3 ,24.方向向量为s = (1,1,1)的直线I 经过点A(1,0,0)，则坐标原点0(0,0,0)到该直线的距离是()A. . 3B. .2C.^6D."^AB = AC = 1,Z ACD = 90 °将它沿对角线 AC 折起，使 7.三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，146 ‘222.‘17 A.亍 B . 2 17D.^-&在棱长为1的正方体ABCD — A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且 AQ = X 0三疋1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )长度分别为6,4,4,则其顶点到底面的距离为(能力提升 1 2 C.5 D.5 ABCD 中,5 5 A .可 B .— I"6•在平行四边形厂亚心A. . 3 C.丁D^5~14. (10分)如图K43 — 7,放置在水平面上的组合体由直三棱柱 ABC — A 1B 1C 1与正三棱锥B — ACD 组成，其中，AB 丄BC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为 2 2 + 1,2 2 + 1,1. (1) 求直线CA 1与平面ACD 所成角的正弦值；(2) 在线段AC 1上是否存在点P ,使B 1P 丄平面ACD ?若存在，确定点 P 的位置；若不存在，说明理由.图 K43 — 39.如图K43 — 3,四棱锥 P — ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PD 丄平面 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,AE =()A . 1 B.1C . 2 — 2D . 2 — .310.O — ABC 的侧棱 OA , OB , OC 两两垂直，E 为OC 的中点，且 OA = 1, EAB 与平面ABC 夹角的余弦值是 ______________ .则平面K43 — 4,已知四棱柱ABCD — A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形, b ,12 .如图K43 — 5, AO 丄平面 a, BC 丄OB , BC 与平面 a 的夹角为30 ° AO = BO = BC =a ，贝H AC = _____________________ .13.如图K43 — 6,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 至煩线AD 1距离的最小值为 ____________.图 K43 — 715. (13分)[2011安徽师大附中三模] 如图K43 —8,已知AB丄平面ACD , DE丄平面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丄平面CDE ;⑶求直线BF和平面BCE所成角的正弦值.难点突破16. (12分)[2011湖北卷]如图K43 —9，已知正三棱柱E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合.(1) 当CF = 1时，求证：EF丄A1C; ABC —A1B1C1的各棱长都是4,⑵设二面角 C图K43 —9【基础热身】1. B ［解析］设M(0,0, z),直线的一个单位方向向量s o4. D ［解析］直线I 的一个单位法向量到直线I 的距离为 d =「oA|2-OA s o |2= 1— ；33 2 =扌【能力提升】 5.C ［解析］建立如图所示的空间直角坐标系.则A(2,0,0), D(0,0,0) ,D i (0,0,1), C i (0,2,1),6. D ［解析］I/ ACD = 90 ° ••• AC CD = 0. 同理 BA AC = 0, •/ AB 和 CD 成 60°角，•〈 BA , CD > = 60°或 120° •/ EBD = EBA + A C + C D ,• BD 2= BA 2 + AC 2 + CD 2 + 2BA CD + 2BA AC + 2AC CD BA 2 + AC 2 + CD 2+ 2BA CD4 〈 BA , CD > = 60° , =2 〈 BA , CD > = 120° , •- |BD|= 2或.2,即B 、D 间的距离为2或.2,故选D.7. C ［解析］设三棱锥为 P — ABC ,且PA = 6, PB = PC = 4,以P 为原点建立空间直角坐标系如图，则 P(0,0,0), A(6,0,0), B(0,4,0), C(0,0,4), PA = (6,0,0), AB = (— 6,4,0), AC =(— 6,0,4)，设面 ABC 的一个法向量为 n = (x , y , z)，贝U n 丄AB , n 丄AC ,—6x + 4y = 0, 3所以 c , c ? y = z =；x ,所以可选面 ABC 的一个法向量为n = (2,3,3), —6x + 4z = 0 2 '课时作业(四十三)，故点M到直线的距离 d = •” |OM |2 — OM s 0|2=-2. D ［解析］根据共线向量定理，显然异面.z 2— £z 2 = .6,解得 z = ±3. 3a ,b 不平行，所以l i , I 2的位置关系是相交或 3. B ［解析］两平面的一个单位法向量 |OA n o |=22. n 0= —三2, 0, -2，故两平面间的距离 d =s o = 向量OA =(i,o,o )，故点o AD i = (— 2,0,1), D C 1 = (0,2,1)，故异面直线 AD 1和&D 所成角的余弦值为 |cos 〈 AD 1 ,DC 1〉1=|AD 1 DC 1| = |AD 1||DC 1|15.=3+ 2X 1 x 1 x cos 〈 BA , C DXH ，如果我们能求出向量GH ,是常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题.x =人| 1 y=5，9. D ［解析］以D 为原点，射线 DA , DC , DP 为x , y , z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图，设 E(1, y °,0)(0 w y 0 w 2)，则 EC = (— 1,2 — y °,0),设平面PEC 的法向量为 n 1 = (x , y , z),x : y : z = (2 — y o ) ： 1 ： 2,n 1 PC = 0 记 n 1= (2 — y °,1,2),而平面ECD 的法向量n 2= (0,0,1)，则二面角P — EC — D 的平面角B 满足cos 0= |cos< n 1, 〉l亞n 2> |= 2 ,. n In 1 112I ___________ 2 ________ 曇小 c 匚 --cos 0= = 2 2 2 — = ? y °= 2—冷 3.|n1 • 217(2— y 0 2+ 12+ 22 12如图，以射线DA , 人 1), E’，0, 2 :，GE =匕 -1, 0, 2数 x , y 使GH = GE + xEF + yED i = — y , — H x ,—：+；y ，由于 GH 丄EF , GH 丄 ED i ,0，-入-所以-y ,-y ,G 向平面D i EF 作垂线，垂足为 H ，由于点H 在平面D i EF 内，故存在实2 +切、丄 1丄1 、―入 + X ,— + ^y .°, 1, o = o , 1 1 、 ―入+ X ,— 2+ 1y --1,0,2= 0,解得$ 故GH = — 5，0, — 5，所以|諭=卡，即点G 到平面D 1EF 的距离是-55.n i EC = 0, ?厂x + y(2―y 。

高三数学空间角与距离习题精选精讲

空间角与距离（1）异面直线所成的角——空间角的最小元素直线与直线所成角是立体几何的所成角（线线角、线面角、面面角）中最简单的一种，只需要把两条直线（或其中一条直线）平移，使它们相交于一点，就可以把两条异面直线所成角的问题转变为平面中两条相交直线所夹角的问题了.要注意的是角的取值范围，分清那个角是这两条直线的所成角（或者它的补角）.其范围是⎥⎦⎤⎝⎛2,0π. 【例1】如图（1）所示，在空间四边形ABCD 中，已知AD=1，BC=3，且AD ⊥BC ，对角线BD=23213=，AC ，求AC 和BD 所成的角.图（1）【分析】作平行线，找与异面直线所成的角相等的平面角，将空角问题转化为平面问题.【解析1】如图（2）所示，分别取AD 、CD 、AB 、BD 的中点E 、F 、G 、H ，连结EF 、FH 、HG 、GE 、GF.由三角形中位线定理知，EF ∥AC ，且EF=43，GE ∥BD ，且GE=413. GE 和EF 所成的锐角（或直角）就是AC 和BD 所成的角.同理，GH=2321=，HF ，GH ∥AD ，HF ∥BC. 又AD ⊥BC ，∴︒=∠90GHF .∴.1222=+=HF GH GF在△EFG 中，，GF EF EG 2221==+ 图（2）∴︒=∠90GEF，即AC 和BD 所成的角为︒90.【解析2】如图（3），在平面BCD 内，过C 作 CE ∥BD ，且CE=BD ，连DE ，则DE ∥BC 且DE=BC. ∴∠ACE 就是AC 和BD 所成的角（若∠ACE 为钝角，则∠ACE 的补角就是AC 和BD 所成的角）. 又AD ⊥BC,∴AD ⊥DE. ∴.4222=+=DE AD AE 图（3）在△ACE 中，,4213232222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+CE AC∴∠ACE=90°，即AC 和BD 所成的角为90°.【点评】求异面直线所成的角常采用“平移线段法”.平移的方法一般有下面三种类型：利用图有已有的平行线平移；利用特殊点（线段的端点或中点）作平行线平移；补形平移，计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行.（2）线面角——直线与射影的夹角为主体直线与平面所成的角分两种，一是平面的斜线与平面所成的锐角，即斜线与平面内的射影所夹的角；二是平面的垂线与平面所成的直角.直线与平面所成角不存在补角的问题. 直线与平面成角的范围是⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π.【例2】如图（4），在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ， AB ＝BC ＝kP A ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点， OP ⊥底面ABC ．(Ⅰ)求证：OD ∥平面P AB ；(Ⅱ)当k ＝21时，求直线P A 与平面PBC 所成角的大小.【解析】(Ⅰ)∵O 、D 分别为AC 、PC 的中点：∴OD ∥PA,又AC ⊂平面PAB, 图（4） ∴OD ∥平面PAB.(Ⅱ)∵AB ⊥BC,OA=OC, ∴OA=OC=OB, 又∵OP ⊥平面ABC, ∴PA=PB=PC. 取BC 中点E,连结PE,则BC ⊥平面POE,作OF ⊥PE 于F,连结DF, 则OF ⊥平面PBC∴∠ODF 是OD 与平面PBC 所成的角.又OD ∥PA,∴PA 与平面PBC 所成角的大小等于∠ODF. 图（5）在Rt △ODF 中,sin ∠ODF=OF OD =,∴PA 与平面PBC 所成角为arcsin30【点评】求直线与平面所成的角常利用射影转化为相交直线所成的角.（3）二面角——用平面角来量度面面成角是立体几何中的所成角问题的重点，二面角的两个面是两个半平面，因此二面角中有钝角存在，二面角的取值范围与线线角、线面角不同，它的取值范围是),0(π.二面角的大小往往转化为其平面角的大小，从而又化归为三角形的内角大小求解，以利用平面几何、三角函数等重要知识. 【例3】在棱长为a 的正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，E 、F 分别是BC 、A ′D ′的中点.图（6） (1)求证：四边形B ′EDF 是菱形； (2)求直线A ′C 与DE 所成的角； (3)求直线AD 与平面B ′EDF 所成的角； (4)求面B ′EDF 与面ABCD 所成的角.【解析】 (1)证明：如上图所示，由勾股定理，得B ′E =ED =DF =FB ′=25a , 下证B ′、E 、D 、F 四点共面，取AD 中点G ，连结A ′G 、EG ，由EG AB A ′B ′知，B ′EGA ′是平行四边形.∴B ′E ∥A ′G ,又A ′F D G ,∴A ′GDF 为平行四边形.∴A ′G ∥FD ，∴B ′、E 、D 、F 四点共面故四边形B ′EDF 是菱形.(2)解：如图（7）所示，在平面ABCD 内，过C 作CP ∥DE ，交直线AD 于P ，图（7）则∠A ′CP (或补角)为异面直线A ′C 与DE 所成的角. 在△A ′CP 中，易得A ′C =3a ，CP =DE =25a ,A ′P =213a 由余弦定理得cos A ′CP =1515故A ′C 与DE 所成角为arccos1515. (3)解：∵∠ADE =∠ADF ,∴AD 在平面B ′EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上.如下图所示.图（8）又∵B ′EDF 为菱形，∴DB ′为∠EDF 的平分线，故直线AD 与平面B ′EDF 所成的角为∠ADB ′ 在Rt △B ′AD 中，AD =2a ，AB ′=2a ,B ′D =2a则cos ADB ′=33 故AD 与平面B ′EDF 所成的角是arccos33. (4)解：如图，连结EF 、B ′D ，交于O 点，显然O 为B ′D 的中点，从而O 为正方形ABCD —A ′B ′C ′D 的中心.图（9）作OH ⊥平面ABCD ，则H 为正方形ABCD 的中心，再作HM ⊥DE ，垂足为M ，连结OM ，则OM ⊥DE ，故∠OMH 为二面角B ′—DE ′—A 的平面角.在Rt △DOE 中，OE =22a ,OD =23a ,斜边DE =25a , 则由面积关系得OM =1030=⋅DE OE OD a在Rt △OHM 中，sin OMH =630=OM OH 故面B ′EDF 与面ABCD 所成的角为arcsin 630.【点评】对于第(1)问，若仅由B ′E =ED =DF =FB ′就断定B ′EDF 是菱形是错误的，因为存在着四边相等的空间四边形，必须证明B ′、E 、D 、F 四点共面.求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法.求二面角的大小也可应用面积射影法.（4）点面距离——空间距离的基石在点、线、面三者之间，有6种距离存在，其中点点距和点线距属平面几何的内容，点面距是空间距离的基础，线面距、面面距、异面直线间的距离，一般都化归为点面距（点线距）求解. 其中，异面直线间的距离，是距离问题的难点.【例4】如图(10),正四面体ABCD 的棱长为1，求： A 到平面BCD 的距离；【解析】（1）过A 作AO ⊥平面BCD 于O ，连BO 并延长与CD 相交于E ，连AE . ∵AB =AC =AD ,∴OB =OC =OD . ∴O 是△BCD 的外心. 又BD ＝BC ＝CD ， ∴O 是△BCD 的中心， ∴BO =32BE =332332=⨯.又AB ＝1，且∠AOB =90°,∴AO =36331222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-BO AB . ∴A 到平面BCD 的距离是36.（5）异面直线距离——空间距离的顶峰求异面直线的距离：(1)定义法，即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的距离.(3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的.【例5】正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.【解析1】如图（11），连结AC 1，在正方体AC 1中，∵A 1C 1∥AC ,∴A 1C 1∥平面AB 1C ，∴A 1C 1与平面AB 1C 间的距离等于异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.图（10）图（11）连结B 1D 1、BD ，设B 1D 1∩A 1C 1=O 1,BD ∩AC =O ∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，∴AC ⊥平面BB 1D 1D∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D 1D ，连结B 1O ，则平面AB 1C ∩平面BB 1D 1D =B 1O 作O 1G ⊥B 1O 于G ，则O 1G ⊥平面AB 1C∴O 1G 为直线A 1C 1与平面AB 1C 间的距离，即为异面直线A 1C 1与AB 1间的距离. 在Rt △OO 1B 1中，∵O 1B 1=22，OO 1=1，∴OB 1=21121B O OO += 26 ∴O 1G =331111=⋅OB B O O O ，即异面直线A 1C 1与AB 1间距离为33. 【解析2】如图（12），在A 1C 上任取一点M ，作MN ⊥AB 1于N ，作MR ⊥A 1B 1于R ，连结RN ，图（12）∵平面A 1B 1C 1D 1⊥平面A 1ABB 1，∴MR ⊥平面A 1ABB 1，MR ⊥AB 1 ∵AB 1⊥RN ，设A 1R =x ,则RB 1=1－x ∵∠C 1A 1B 1=∠AB 1A 1=45°， ∴MR =x ,RN =NB 1=)1(22x - 31)31(23)1(2122222+-=-+=+=x x x RN MR MN (0＜x ＜1) ∴当x =31时，MN 有最小值33，即异面直线A 1C 1与AB 1距离为33.【点评】本题容易错误认为O 1B 是A 1C 与AB 1的距离，这主要是对异面直线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的距离.求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得.● 通法特法妙法（1）定义法——直奔问题核心空间距离的概念：图形F 1内的任一点与图形F 2内的任一点间的距离中的最小值叫做图形F 1与图形F 2 的距离.它可以看成是两个点集的元素之间距离的最小值.【题1】如图（13），正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1,而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直.).2,0(<<y x点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=x ,BN=y,ABFECDPNM（1）求MN 的长(用x,y 表示)；（2）求MN 长的最小值，该最小值是否是异面直线AC ，BF 之间的距离. 图（13）【解析】在面ABCD 中作MP ⊥AB 于P ，连PN ，则MP ⊥面ABEF ，所以MP ⊥PN ，PB=1-AP=x 22在∆PBN 中，由余弦定理得：PN 2=02245cos 2)22(xy y x -++xyy x -+=2221，在PMN Rt ∆中，MN=xy y x x PN MP -++-=+2222221)221( 1222+--+=x xy y x ).2,0(<<y x ；（2）MN 1222+--+=x xy y x =31)322(43)2(22+-+-x x y ，故当322=x ，32=y 时，MN 有最小值33. 且该最小值是异面直线AC ，BF 之间的距离.（2）向量法——化证明为计算空间向量要把平面向量的知识迁移过来，加以类比，实际上它们本质上是一样的，只是位置范围扩大了.用向量法解立体几何问题，关键是建立空间直角坐标系，坐标原点O 的任意性，要便于解决问题，既有利于作图的直观性，又要尽可能使点的坐标为正值，三坐标轴一定是相互垂直.夹角公式：设a =(a 1，a 2，a 3)，b =（b 1，b 2，b 3），则 cos 〈a ·b 〉232221232221332211b b b a a a b a b a b a ++++++=距离公式：在空间直角坐标系中，已知A （x 1，y 1，z 1），B （x 2，y 2，z 2）,则212212212)()()(z z y y x x d AB -+-+-=【题2】如图（14），在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB=3，BC=1，PA=2，E 为PD 的中点.（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出N 点到AB 和AP 的距离.【解析】解法1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，图（14）则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标为A （0，0，0）、 B （3，0，0）、C （3，1，0）、D （0，1，0）、P （0，0，2）、E （0，21，1），从而).2,0,3(),0,1,3(-==设与的夹角为θ，则,1473723||||cos ==⋅=PB AC θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473.（Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为（x ，O ，z ），则)1,21,(z x --=，由NE ⊥面PAC 可得，⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(，从而N 点到AB 、AP 的距离分别为1，63. （3）平移法——集中条件构造图形平移法是将空间问题转化为熟知的平面问题的重要手段之一.立体几何中的三种角（线线角、线面角、二面角）和四种距离（线线距、点面距、线面距、面面距）从定义到具体的计算以及三垂线定理都体现了空间到平面的转化.【题3】如图（16），已知四棱锥 P —ABCD ，PB ⊥AD 侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°. （I ）求点P 到平面ABCD 的距离，（II ）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小. 【解析】（I ）解：如图（17），作PO ⊥平面ABCD ，垂足为点O.连结OB 、OA 、OD 、OB 与AD 交图（16）于点E ，连结PE. ∵AD ⊥PB ，∴AD ⊥OB ，∵PA=PD ，∴OA=OD ，于是OB 平分AD ，点E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD. 由此知∠PEB 为面PAD 与面ABCD 所成二面角的平面角， ∴∠PEB=120°，∠PEO=60° 由已知可求得PE=3∴PO=PE ·sin60°=23233=⨯，图（17）即点P 到平面ABCD 的距离为23.（II ）如图（18），取PB 的中点G ，PC 的中点F ，连结EG 、AG 、GF ，则AG ⊥PB ，FG//BC ，FG=21BC.∵AD ⊥PB ，∴BC ⊥PB ，FG ⊥PB ， ∴∠AGF 是所求二面角的平面角. ∵AD ⊥面POB ，∴AD ⊥EG .又∵PE=BE ，∴EG ⊥PB ，且∠PEG=60°.在Rt △PEG 中，EG=PE ·cos60°=23. 在Rt △PEG 中，EG=21AD=1. 图（18）于是tan ∠GAE=AEEG =23, 又∠AGF=π－∠GAE. 所以所求二面角的大小为π－arctan 23.（4）等积法——求点面距的特法等积法包括等面积法和等积法，等面积法可以求出点到直线的距离，等体积法可以用来求点到平面的距离. 等面积法是平面几何中用到的，而等体积法则是立体几何用来求点面距的特法.【题3】如图（19），正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点．（Ⅰ）求证：1AB ⊥平面1A BD ；（Ⅱ）求二面角1A A D B --的大小；（Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离．【解析】（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．图（19） ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AO ∴⊥平面11BCC B ．连结1B O ，在正方形11BB C C 中，O D ，分别为1BC CC ，的中点，1B O BD ∴⊥，图（20） 1AB BD ∴⊥．在正方形11ABB A 中，11AB A B ⊥，1AB ∴⊥平面1A BD ．（Ⅱ）设1AB 与1A B 交于点G ，在平面1A BD 中，作1GF A D ⊥于F ，连结AF ，由（Ⅰ）得1AB ⊥平面1A BD ．1AF A D ∴⊥，ABCD1A1C1BABCD1A 1C1BO FAFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角．在1AA D △中，由等面积法可求得AF=，又112AG AB ==，sin AG AFG AF ∴===∠ 所以二面角1A A D B--的大小为arcsin4．（Ⅲ）1A BD △中，111A BD BD A D A B S ===∴=△1BCD S =△．在正三棱柱中，1A 到平面11BCC B设点C 到平面1A BD 的距离为d．由11A BCDC A BD V V --=得111333BCDA BD S S d=△△，12A BD d ∴==△．∴点C 到平面1A BD ．【点评】本题中两次用到等积法，第（Ⅱ）用到等面积法，第（Ⅲ）问用到等体积法.。

36空间角与空间距离

江苏省2014届一轮复习数学试题选编21：空间角与空间距离（教师版）一、解答题1 ．如图,在正四棱柱1111ABCD A B C D -中,12,1AA AB ==,点N 是BC 的中点,点M 在1CC 上,设二面角1A DN M --的大小为.θ (1)当90θ=︒时,求AM 的长; (2)当6cos 6θ=时,求CM 的长.【答案】【命题意图】本小题主要考查空间向量的基础知识,考查使用空间向量解决问题的水平.【解析】建立如下图的空间直角坐标系D-xyz , 设(02)CM t t =≤≤,则各点的坐标为1(1,0,0),(1,0,2),(0,1,)A A M t ,所以11(,1,0),(0,1,),(1,0,2)2DN DM t DA ===.设平面DMN 的法向量为1111(,,)n x y z =,则110,0n DN n DM ⋅=⋅=,即111120,0x y y tz +=+=.令11111,2,(2,,1)z y t x t n t t ==-==-则所以是平面DMN 的一个法向量.设平面A 1DN 的法向量为2222(,,)n x y z =,则2110,0n DA n DN ⋅=⋅=,即222220,20x z x y +=+=.令222212,1,(2,1,1)z x y n ==-==-则所以是平面A 1DN 的一个法向量.从而1251n n t ⋅=-+(1)因为090θ=,所以1251=0n n t ⋅=-+,解得15t =.从而1(0,1,)5M .所以22215111()55AM =++=. (2)因为212||51,||6n t n =+=, 所以121221251cos ,||||651n n t n n n n t ⋅-+<>==+,因为12,n n θπθ<>=-或,所以25166651t t -+=+,解得102t t ==或.根据图形和(1)的结论可知12t =,从而CM 的长为12. 2 ．如图,四棱锥P-ABCD 中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=900AB C NM D 1A1B1C 1DD CBA P(1)求证:PC⊥BC(2)求点A 到平面PBC 的距离【答案】(1)∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥BC,又BC⊥CD,∴BC⊥面PCD,∴BC⊥PC . (2)设点A 到平面PBC 的距离为h, 11,332A PBC P ABC PBC ABC V V S H S PDh --∆∆=∴⋅=⋅=容易求出 3 ．如下图,1111ABCD A B C D -是长方体,已知3AB =,4AD =,12AA =,M 是棱11A D 的中点,求直线AM 与平面11BB D D 所成角的余弦值.【答案】解:以D 为坐标原点,1,,DA DC DD 为坐标轴,建立O xyz -坐标系,则(2,0,2)AM =-,1(0,0,2)DD =,(4,3,0)DB =, 设平面11BDD B 的一个法向量为(,,)x y z =n由⎧⎨⎩120430DD z DB x y ===+=⋅⋅n n 可得n 的一个值是(3,4,0)=-n , 设直线AM 与平面11BB D D 所成的角是θ,则||32sin |cos ,|||||AM AM AM θ⋅===⋅〈〉n n n 故直线AM 与平面11BB D D 所成角的余弦是32104 ．如图,PA ⊥平面ABCD ,AD//BC ,∠ABC =90°,AB =BC =PA =1,AD =3,E 是PB 的中点.(1)求证:AE ⊥平面PBC ; (2)求二面角B -PC -D 的余弦值.【答案】(1)根据题意,建立如下图的空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),D (0,3,0),P (0,0,1),E (12,0,12), →AE =(12,0,12),→BC =(0,1,0),→BP =(-1,0,1).因为→AE ·→BC =0,→AE ·→BP =0, 所以→AE ⊥→BC ,→AE ⊥→BP .所以AE ⊥BC ,AE ⊥BP .因为BC ,BP 平面PBC ,且BC ∩BP =B , 所以AE ⊥平面PBC(2)设平面PCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则n ·→CD =0,n ·→PD =0. 因为→CD =(-1,2,0),→PD =(0,3,-1),所以-x +2y =0,3y -z =0. 令x =2,则y =1,z =3.所以n =(2,1,3)是平面PCD 的一个法向量因为AE ⊥平面PBC ,所以→AE 是平面PBC 的法向量. 所以cos<→AE ,n >=→AE ·n |→AE |·|n |=5714.由此可知,→AE 与n 的夹角的余弦值为5714.PA BC DE(第22题)根据图形可知,二面角B -PC -D 的余弦值为-57145 ．如图,在棱长为1的正方体A 1C 中,E 、F 分别为11A D 和11A B 的中点.(1)求异面直线AF 和BE 所成的角的余弦值: (2)求平面AC 1C 与平面BF 1C 所成的锐二面角:(3)若点P 在正方形ABCD 内部或其边界上,且EP∥平面BF 1C ,求EP 的取值范围.【答案】解:(1)以D 为原点,DA,DC,DD1分别为轴,建立如下图的直角坐标系,则)0,0,1(A ,1(,0,1)2E ,)0,1,1(B ,)1,21,1(F12(0,,1)AF = 12(,1,1)BE =--,1225cos(,519445)AF BE ==∴所求的锐二面角为6π(3)设(,,0)P x y (01,01x y ≤≤≤≤)1(,,1)2EP x y =--,由0EP n ⋅=得1()2102x y -+-=即322x y =-+,301,0212x y ≤≤∴≤-+≤1344y ∴≤≤222222126||()1(21)15425()255EP x y y y y y y ∴=-++=-++=-+=-+1344y ≤≤当25y =时,min 30||5EP ∴= 当34y =429=EP , 故EP 的取值范围为3029⎣⎦6 ．如图,直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,底面是等腰直角三角形,AB =BC 2,BB 1=3,D 为A 1C 1的中点,F 在线段AA 1上.(1)AF 为何值时,CF ⊥平面B 1DF ?(2)设AF =1,求平面B 1CF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.B1C1 Array AFA2013江苏省高考压轴【答案】(1)因为直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,以B 点为原点,BA 、BC 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立如下图空间直角坐标系.因为AC =2,∠ABC =90º,所以AB =BC =2, 从而B (0,0,0),A)00，,C ()00,B 1(0,0,3),A1)03，,C1()03,D 3⎫⎪⎝⎭,E 302⎛⎫⎪⎝⎭，.所以()123CA =，,设AF =x ,则F (2,0,x ),()()1122220302CF x B F x B D ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭，，，，，，，.12(00CF B D x ⋅=+⋅=,所以1.CF B D ⊥要使CF ⊥平面B 1DF ,只需CF ⊥B 1F . 由1CF B F ⋅=2+x (x -3)=0,得x =1或x =2, 故当AF =1或2时,CF ⊥平面B 1DF .(2)由(1)知平面ABC 的法向量为n 1=(0,0,1).设平面B 1CF 的法向量为(,,)x y z =n ,则由100CF B F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n得020z z -+=-=，，令z =1得)1=n ,所以平面B 1CF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值1cos 〈〉==，n n7 ．如图,圆锥的高4PO =,底面半径2OB=,D 为PO 的中点,E 为母线PB 的中点,F 为底面圆周上一点,满足EF DE ⊥.(1)求异面直线EF与BD所成角的余弦值; (2)求二面角O DF E--的正弦值.【答案】OE DAF BP8 ．正三棱柱111C B A ABC -的所有棱长都为4,D 为的1CC 中点.(1)求证:1AB ⊥平面BD A 1;(2)求二面角B D A A --1的余弦值.【答案】解:取BC 中点O,连AO,∵ABC ∆为正三角形,∴BC AO ⊥,∵在正三棱柱111C B A ABC -中,平面ABC ⊥平面11B BCC ,∴⊥AD 平面11B BCC ,取11C B 中点为1O ,以O 为原点,OB ,1OO ,OA 的方向为,x y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则)0,4,2(),32,0,0(),32,4,0(),0.2,2(),0,0,2(11B A A D B -.∴)32,4,2(),0,2,4(),32,4,2(11-=-=-=BA BD AB ,∵00881=++-=⋅BD AB ,01216411=-+-=⋅BA AB . ∴BD AB ⊥1,11BA AB ⊥,∴⊥1AB 面BD A 1(2)设平面AD A 1的法向量为),,(z y x n =,)0,4,0(),32,2,2(1=--=AA AD .1,AA n AD n ⊥⊥,∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅01AA n AD n ,∴⎩⎨⎧==-+-0403222y z y x ,⇒⎩⎨⎧-==z x y 30,令1=z ,得)1,0,3(-=n 为平面AD A 1的一个法向量,由(1)知⊥1AB 面BD A 1,∴1AB 为平面AD A 1的法向量,462423232,cos 111-=⨯--=⋅>=<AB n AB n AB n , ∴二面角B D A A --1的余弦值为46-9 ．【答案】以O 点为原点,OB 为x 轴,OC 为y 轴,OS 为z 轴建立空间直角坐标系.由题意知∠SBO =45°,SO =3.∴O (0,0,0),C 3A (0,3,0),S (0,0,3),B (3,0,0).A BOC D Sx z y(1)设BD =λBS (0≤λ≤1),则BD =(1-λ)OB +λOS =(3(1-λ),0,3λ),所以CD =(3(1-λ),,3λ).因为ABCD ⊥AB ,所以CD AB ⋅=9(1-λ)-3=0,解得λ=23. 故SD DB =12时, CD ⊥AB (2)平面ACB 的法向量为n 1=(0,0,1),设平面SBC 的法向量n 2=(x ,y ,z ), 则⎩⎨⎧3x -3z =03y -3z =0,解得⎩⎨⎧x =z y =3z,取n 2所以cos<n 1,n 2=又显然所求二面角的平面角为锐角,10．如图,三棱锥P -ABC 中,已知PA ⊥平面ABC ,△ABC 是边长为2的正三角形,D ,E 分别为PB ,PC 中点. (1)若PA =2,求直线AE 与PB 所成角的余弦值;(2)若平面ADE ⊥平面PBC ,求PA 的长.【答案】解(1)如图,取AC 的中点F ,连接BF ,则BF ⊥AC .以A 为坐标原点ABC EDP（第22题）过A 且与FB 平行的直线为x 轴,AC 为y 轴,AP 为z 轴,建立空间直角坐标系. 则A (0,0,0),B (3,1,0),C (0,2,0),P (0,0,2),E (0,1,1),从而→PB =(3,1,-2), →AE =(0,1,1).设直线AE 与PB 所成角为θ,则cos θ=|→PB ·→AE |→PB |×|→AE ||=14. 即直线AE 与PB 所成角的余弦值为14(2)设PA 的长为a ,则P (0,0,a ),从而→PB =(3,1,-a ),→PC =(0,2,-a ).设平面PBC 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则n 1·→PB =0,n 1·→PC =0, 所以3x +y -az =0,2y -az =0.令z =2,则y =a ,x =33a . 所以n 1=(33a ,a ,2)是平面PBC 的一个法向量. 因为D ,E 分别为PB ,PC 中点,所以D (32,12,a 2),E (0,1,a 2), 则→AD =(32,12,a 2),→AE =(0,1,a 2). 设平面ADE 的法向量为n 2=(x ,y ,z ),则n 2·→AD =0,n 2·→AE =0. 所以32x +12y +a 2z =0,y +a 2z =0. 令z =2,则y =-a ,x =-33a . 所以n 2=(-33a ,-a ,2)是平面ADE 的一个法向量（第22题）因为面ADE ⊥面PBC ,所以n 1⊥n 2,即n 1·n 2=(33a ,a ,2)·(- 33a ,-a ,2)=-13a 2-a 2+4=0, 解得a =3,即PA 的长为 311．三棱柱111ABC A B C -在如下图的空间直角坐标系中,已知2AB =,4AC =,13AA =.D 是BC 的中点.(1)求直线1DB 与平面11AC D 所成角的正弦值;(2)求二面角111B A D C --的大小的正弦值.【答案】12．如图,在正三棱柱111ABC A B C -中,已知16AA =,2AB =,,M N 分别是棱1BB ,1CC 上的点,且4BM =,2CN =.⑴求异面直线AM 与11A C 所成角的余弦值;⑵求二面角1M AN A --的正弦值.（第22题图） ABC A 1 B 1C 1 M N【答案】⑴以AC 的中点为原点O ,分别以,OA OB 所在直线为,x z 轴,建立空间直角坐标系O xyz -(如图). 则(0,0,0)O ,(1,0,0)A ,(1,0,0)C -,B ,(1,2,0)N -,M ,1(1,6,0)A ,1(1,6,0)C -.所以(AM =-,11(2,0,0)A C =-.所以1111112cos ,2AM A C AMA C AM A C <>===所以异面直线AM 与11A C⑵平面1ANA 的一个法向量为(0,0,1)=m .设平面AMN 的法向量为(,,)x y z =n ,因为(AM =-,(2,2,0)AN =-, 由,,AM AN ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩n n 得40,220,x y x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩+++令1x =,则(1,1,=n . 所以3cos ,5-<>===m nm n m n ,所以二面角1M AN A --13．如图,在三棱柱111ABC A B C -中,1A B ABC ⊥平面,AB AC ⊥,且12AB AC A B ===.(1)求棱1AA 与BC 所成的角的大小;(2)在棱11B C 上确定一点P ,使二面角1P AB A --.【答案】【解】(1)如图,以A 为原点建立空间直角坐标系,则 ()()()()11200020022042C B A B ，，，，，，，，，，，, ()1022AA =，，,()11220BC B C ==-，，. 1111cos 28AA BCAA BC AA BC ⋅-〈〉===-⋅，, 故1AA 与棱BC 所成的角是π3(2)P 为棱11B C 中点,设()111220B P B C λλλ==-，，,则()2422P λλ-，，.设平面PAB 的法向量为n 1(),,x y z =,()=2422AP λλ-，，, 则1103202000AP x y z z x y y AB λ⎧⋅=++==-⎧⎧⎪⇒⇒⎨⎨⎨==⋅=⎩⎩⎪⎩，，，．n n 故n1()10λ=-，，而平面1ABA 的法向量是n 2=(1,0,0),则121212cos ,⋅〈〉===⋅n n n n n n 解得12λ=,即P 为棱11B C 中点,其坐标为()132P ，，．C 1（第22题）B ACA 1B 1C 114．在四棱锥P ABCD -中,侧面PCD ⊥底面ABCD ,PD CD ⊥,底面ABCD 是直角梯形,//AB CD ,2ADC π∠=,1AB AD PD ===,2CD =.设Q 为侧棱PC 上一点,PQ PC λ=,试确定λ的值,使得二面角Q BD P --为45°.【答案】解:因为侧面PCD ⊥底面ABCD ,平面PCD 平面ABCD CD =,PD CD ⊥, 所以PD ⊥平面ABCD ,所以PD ⊥AD ,即三直线,,DA DC DP 两两互相垂直. 如图,以D 为坐标原点,,,DA DC DP 分别为,,x y z 轴建立直角坐标系, 则平面PBD 的一个法向量为(1,1,0)=-n ,(0,2,1),,(0,1)PC PQ PC λλ=-=∈,所以(0,2,1)Q λλ-,设平面QBD 的一个法向量为(,,)a b c =m ,由0BD ⋅=m ,0DQ ⋅=m ,得⎧⎨⎩02(1)0a b b c λλ+=+-=, 所以2(1,1,)1λλ=--m 所以||cos 45||||⋅=⋅m n m n ,2222222()1λλ=⋅+- 注意到(0,1)λ∈,解得21λ=-。

高三数学第55练空间角与距离练习

高三数学第55练空间角与距离练习1.如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的投影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为()A. B.54C. D.342．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的体积为，底面是边长为的正三角形．若P为△A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A. B.π3C. D.π3.如图所示，在三棱锥S—ABC中，△ABC是等腰三角形，AB＝BC＝2a，∠ABC＝120°，SA＝3a，且SA⊥平面ABC，则点A到平面SBC的距离为()A. B.a2C. D.7a2二、填空题4.如图，在等腰直角三角形ABD中，∠BAD＝90°，且等腰直角三角形ABD与等边三角形BCD所在平面垂直，E为BC的中点，则AE与平面BCD所成角的大小为________．5.如图所示，在三棱锥S－ABC中，△SBC，△ABC都是等边三角形，且BC＝1，SA＝，则二面角S－BC－A的大小为________．6．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，给出以下命题：①异面直线C1P与B1C所成的角为定值；②二面角P－BC1－D的大小为定值；③三棱锥D－BPC1的体积为定值；④异面直线A1P与BC1间的距离为定值．其中真命题的个数为________．三、解答题7.(2016·潍坊模拟)如图所示，底面ABC为正三角形，EA⊥平面ABC，DC⊥平面ABC，EA＝AB＝2DC＝2a，设F为EB的中点．(1)求证：DF∥平面ABC；(2)求直线AD与平面AEB所成角的正弦值．8.(2016·辽宁沈阳二中月考)如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，点O 在AB上，且OB＝OC＝AB，PO⊥平面ABC，DA∥PO，DA＝AO＝PO.(1)求证：PB∥平面COD；(2)求二面角O－CD－A的余弦值．9.如图，正四棱锥S－ABCD中，SA＝AB＝2，E，F，G分别为BC，SC，CD的中点．设P为线段FG上任意一点．(1)求证：EP⊥AC；(2)当P为线段FG的中点时，求直线BP与平面EFG所成角的余弦值．。

2020年高三理科数学一轮复习试题选编19：空间角与空间距离(教师版)

2020年高三理科数学一轮复习试题选编19：空间角与空间距离一、选择题1 ．（2009高考(北京理)）若正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为1,1AB 与底面ABCD 成60°角,则11A C 到底面ABCD 的距离为（）A．3B ．1CD【答案】D【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念. 属于基础知识、基本运算的考查.依题意,160B AB ︒∠=,11tan60BB ︒=⨯=故选 D ．2 ．（2013届北京西城区一模理科）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 上的动点，1PE A C ⊥于E ，且PA PE =，则点P 的轨迹是（）A ．线段B ．圆弧C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分【答案】A二、解答题3 ．（北京市东城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）如图，在菱形ABCD 中，60DAB ∠=，E是AB 的中点， MA ⊥平面ABCD ，且在矩形ADNM 中，2AD =，7AM =．（Ⅰ）求证：AC ⊥BN ；（Ⅱ）求证：AN // 平面MEC ；（Ⅲ）求二面角M EC D --的大小.【答案】解：（Ⅰ）连结BD ，则ACBD ⊥.由已知DN ⊥平面ABCD ，ABCDENM因为DN DB D =，所以AC ⊥平面NDB .……………………2分又因为BN ⊂平面NDB ，所以AC BN ⊥.……………………4分（Ⅱ）CM 与BN 交于F ，连结EF . 由已知可得四边形BCNM 是平行四边形，所以F 是BN 的中点. 因为E 是AB 的中点，所以//AN EF .…………………………7分又EF ⊂平面MEC ，AN ⊄平面MEC ，所以//AN 平面MEC . ……………………………………………………………9分（Ⅲ）由于四边形ABCD 是菱形，E 是AB 的中点，可得DE AB ⊥. 如图建立空间直角坐标系D xyz -，则(0,0,0)D，E , (0,2,0)C ，M -. (3, 2.0)CE =-，(0,1,7EM =-.…………………………………………10分设平面MEC 的法向量为(,,)x y z =n .则0,0.CE EM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn所以20,0.y y z -=⎨-=⎪⎩令2x=.所以3=n .……………………………………………………………12分又平面ADE 的法向量(0,0,1)=m ，所以1cos ,2⋅<>==m n m n m n . 所以二面角M EC D --的大小是60°. ………………………………………14分4 ．（2013届北京丰台区一模理科）如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ∥MD ，且NB=1，MD=2；（Ⅰ）求证：AM ∥平面BCN;（Ⅱ）求AN 与平面MNC 所成角的正弦值；（Ⅲ）E 为直线MN 上一点，且平面ADE ⊥平面MNC ，求MEMN的值. .【答案】解：（Ⅰ）∵ABCD 是正方形,∴BC ∥AD.∵BC ⊄平面AMD,AD ⊂平面AMD, ∴BC ∥平面AMD. ∵NB ∥MD,∵NB ⊄平面AMD,MD ⊂平面AMD, ∴NB ∥平面AMD. ∵NBBC=B,NB ⊂平面BCN, BC ⊂平面BCN,∴平面AMD ∥平面BCN …………………………………………………………………………………3分 ∵AM ⊂平面AMD,∴AM ∥平面BCN …………………………………………………………………………………………4分 (也可建立直角坐标系，证明AM 垂直平面BCN 的法向量，酌情给分) （Ⅱ）⊥MD 平面ABCD ，ABCD 是正方形，所以，可选点D 为原点，DA,DC,DM 所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系（如图）…………………………………………………………………5分则()0,0,2A ，()2,0,0M ，()0,2,0C ,()1,2,2N .∴)1,2,0(=AN , ………………………………………6分)1,2,2(-=MN ，)2,2,0(-=MC ,设平面MNC 的法向量()z y x n ,,=,则⎩⎨⎧=-=-+022022z y z y x ，令2=z ，则()1,2,2,n =- (7)分设AN 与平面MNC 所成角为θ,∴552352122cos sin =⨯⨯+⨯==θ. ……9分（Ⅲ）设(,,)E x y z ，MEMNλ=，ME MN λ∴=，又(,,2),(2,2,1)ME x y z MN =-=-，∴E 点的坐标为(2,2,2)λλλ-， …………………………………………………………………11分AD ⊥面MDC,AD MC ∴⊥，欲使平面ADE ⊥平面MNC ，只要AE MC ⊥，(22,2,2),AE λλλ=--(0,2,2)MC =-，0AE MC ⋅=42(2)0λλ∴--=，23λ∴=∴23ME MN =. ………………………………………………………………………………14分【答案】解:(1) E O ，分别是ACSC ,的中点 ∴OE //SA又⊄OE 平面SAB ∴OE //平面SAB(2) 在SAC ∆中,OE //AS , 90=∠ASC ∴SC OE ⊥平面⊥SAC 平面ABC , 90=∠BCA∴⊥BC 平面ASC ,⊂OE 平面ASC ∴OE BC ⊥∴⊥OE 平面BSC⊂SF 平面BSC ∴SF OE ⊥所以无论F 在BC 的何处,都有SF OE ⊥(3) 由(2)⊥BC 平面ASC ∴BC AS ⊥ 又 90=∠ASC∴AS SC ⊥∴⊥AS 平面BCS ∴SB AS ⊥∴BSC ∠是二面角C AS B --的平面角在Rt BCS ∆中所以二面角C AS B --的平面角的余弦值为法二:(2) O 是AC 的中点,SC SA =∴ AC SO ⊥ 又平面⊥SAC 平面ABC ∴SO ⊥平面ABC同理可得⊥BC 平面ASC在平面ABC 内,过O 作AC OM ⊥ 以O 为原点,OS OC OM ,,所在直线为x,,y z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则)0,0,0(O )0,1,0(-A ,)0,1,1(B ,)0,1,0(C ,)1,0,0(S ,)1,1,0(=AS ,)0,2,1(=AB ,BC F ∈,设)0,1,(x F ,则)1,1,(-=x SF ,0=⋅OE SF 恒成立,所以无论F 在BC 的何处,都有SF OE ⊥(3)由(2)知平面ASC 的法向量为BC = (1,0,0)- 设平面SAB 的法向量为(,,)n x y z = 则0=⋅AS n ,0=⋅AB n即⎩⎨⎧=+=+020y x z y 令1=y ,则2-=x ,1-=z)1,1,2(--=n所以二面角C AS B --的平面角的余弦值为6 ．（北京市丰台区2013届高三上学期期末考试数学理试题）如图，在三棱锥P-ABC 中，P A=PB=AB=2，3BC =，90=∠ABC °,平面P AB ⊥平面ABC ，D 、E 分别为AB 、AC 中点. （Ⅰ）求证：DE‖平面PBC ; （Ⅱ）求证：AB ⊥PE ；（Ⅲ）求二面角A-PB-E 的大小.【答案】解：（Ⅰ） D 、E 分别为AB 、AC 中点，∴DE//BC ．DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴DE //平面PBC ．…………………………4分（Ⅱ）连结PD ，P A=PB ，∴ PD ⊥ AB ． …………………………….5分 //DE BC ，BC ⊥ AB ，∴ DE ⊥ AB ． .... .......................................................................................................6分又 PDDE D = ，∴AB ⊥平面PDE ．......................................................................................................8分PE ⊂平面PDE ，∴AB ⊥PE ． ..........................................................................................................9分（Ⅲ）平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB 平面ABC=AB ，PD ⊥ AB ，∴ PD ⊥平面ABC ．................................................................................................10分如图,以D 为原点建立空间直角坐标系 ∴B (1,0,0)，P (0,0,3)，E(0,32,0) , ∴PB=(1,0,)，PE =(0,32, ．设平面PBE 的法向量1(,,)n x y z =，∴0,30,2x y ⎧-=⎪⎨=⎪⎩令z =得1n =． ............................11分DE ⊥平面P AB ，∴平面PAB 的法向量为2(0,1,0)n =．………………….......................................12分设二面角的A PB E --大小为θ，由图知，121212||1cos cos ,2n n n n n n θ⋅=<>==⋅，所以60,θ=︒即二面角的A PB E --大小为60︒． ..........................................14分[7 ．（2013北京房山二模数学理科试题及答案）如图, ABCD 是正方形, DE ⊥平面ABCD ,DE AF //,3DE DA AF ==.(Ⅰ) 求证:AC ⊥BE ;(Ⅱ) 求二面角D BE F --的余弦值;(Ⅲ)设点M 是线段BD 上一个动点,试确定点M 的位置,使得//AM 平面BEF ,证明你的结论.F EDCB A【答案】(Ⅰ)证明: 因为DE ⊥平面ABCD ,所以AC DE ⊥因为ABCD 是正方形, 所以BD AC ⊥,所以AC ⊥平面BDE , 从而 AC ⊥BE(Ⅱ)解:因为DE DC DA ,,两两垂直, 所以建立空间直角坐标系xyz D -如图所示设3=AD ,可知1,3==AF DE则)0,0,0(D ,(3,0,0)A ,)1,0,3(F ,)3,0,0(E ,(3,3,0)B ,(0,3,0)C , 所以)1,3,0(-=,)2,0,3(-=, 设平面BEF 的法向量为=n (,,)x y z ,则00BF EF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,即⎩⎨⎧=-=+-．023,03z x z y ,令3=z ,则=n )3,1,2(因为AC ⊥平面BDE ,所以CA 为平面BDE 的法向量, (3,3,0)CA =-,所以147,cos ==><因为二面角为锐角,所以二面角D BE F --的余弦值为147(Ⅲ)解:点M 是线段BD 上一个动点,设(,,0)(0M t t t ≤≤. 则(3,,0)AM t t =-,因为//AM 平面BEF ,所以AM ⋅n 0=, 即0)3(2=+-t t ,解得2=t 此时,点M 坐标为(2,2,0),13BM BD =,符合题意8 ．（2013届北京大兴区一模理科）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，ABC D 是等边三角形，D 是BC 的中点．（Ⅰ）求证：A 1B //平面ADC 1；（Ⅱ）若AB=BB 1=2，求A 1D 与平面AC 1D 所成角的正弦值．【答案】证明：（I ）因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以四边形11A ACC 是矩形。

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高三数学单元练习题（空间角与空间距离）
班级姓名座号
一、选择题
1.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、P 、Q 分别是棱AB 、BC 、CD 、CC 1的中点，直线MN 与PQ 所成的度是（） A. 450 B. 600 C. 300 D.900
2.四棱锥P-ABCD 底面是正方形，且PA ⊥底面ABCD ，PA=AD ，则异面直线PB 与AC 所成的角为（）
A. 450
B. 600
C. 300
D.900
3.已知a 、b 是异面直线，A 、B ∈a ，1A ，b B ∈1 ，1AA ⊥a ，1AA ⊥b, 1BB ⊥b 且 AB=2，111=B A ，则a 与b 所成的角等于（） A. 450 B. 600 C. 300 D.900
4.过正方形ABCD 的顶点A ，引PA ⊥平面ABCD ，若PA=AB ，则平面ABP 和平CDP 所成的锐二面角的大小是（） A. 450 B. 600 C. 300 D.900
5.把边长为a 的正△ABC 沿高线AD 折成060的二面角,则点A 到BC 的距离是 ( ) A. a B.
a 26 C.a 33 D.a 4
15 6.α,β是两个平行平面,βα⊂⊂b a ,,a 与b 之间的距离为1d ,α与β之间的距离为2d ,则: A. 1d =2d B. 1d >2d C. 1d <2d D. 1d ≥2d ( ) 7.在长方体1111D C B A ABCD -中,如果AB=BC=a,a A A 21=,则点A 到直线C A 1的距离为 A.
a 362 B.a 263 C. a 332 D. a 3
6
2 ( ) 8.在0120的二面角βα--l 外有一点P,若P 到平面α,β的距离分别是5和8,则P 在平面α,β上的射影之间的距离是 ( ) A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
二、填空题
9.已知正方体1111D C B A ABCD - 中，E 为AD 的中点，则1ED 与平面C C AA 11所成的角的正弦值是
10. △BCD 为正三角形，A 为△BCD 所在平面外一点，且AB=AC=AD ，E 、F 分别为AB 、CD 的中点，设EF 与AC 所成的角为α，EF 与BD 所成的角为β，则βα+等于 11. △BCD 为正三角形，A 为△BCD 所在平面外一点，且AB=AC=AD ，若△ABC 的面积与 △BCD 的面积之比为2：3，则面ABC 与面BCD 所成的二面角的度数为
12. 在长方体1111D C B A ABCD -中,已知AB=2,11==A A AD ,则直线C B 1与D A 1的距离为直线AC 与11D B 的距离为 ,点A 到直线C B 1的距离为 ,点B 到平面C AB 1的距离为 ,直线11C B 与1CD 的距离为 .
13.已知Rt △ABC 的直角顶点C 在平面α内,斜边AB ∥α,62=AB ,AC,BC 分别和平面α 成045和030角,则AB 到平面α的距离为
14. 已知长方体1111D C B A ABCD -中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点1A 到截面11D AB 距离是三、解答题
15.如图，,,,,l A B αβαβαβ⊥=∈∈ 点A 在直线l 上的射影为1,A 点B 在l 上的射影为1.B
已知
112,1,AB AA BB ===求：（I ）直线AB 分别与平面,αβ所成角的大小；（II ）二面角11A AB B --的大小。

18. 点P 为菱形ABCD 所在平面外一点，菱形ABCD 边长为2，∠DAB ＝60 ，对角线AC 与BD 相交于点O ，PO ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABCD 所成的角为60 ．若E 是PB 的中点，求异面直线DE 与PA 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
B 1
A 1
A B
（第19题）
β
α
P A
D O
E
19.在等腰梯形ABCD中，上底CD=12，下底AB=20，高等于15
2，如果以底边的中垂线MN为折线，将梯形折成0
120的二面角，求：
（1）AC与MN所成的角（2）AC与平面ADNM所成的角
20. 在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC，且分别交AC、SC于D、E，又SA=AB=a ,
2,
BC=a
(1) 求证：SC⊥平面BDE （2）求平面BDE与平面BDC所成的锐二面角的大小
22. 已知ABCD是直角梯形,,
∠
=
∠ AD=2a,P是平面ABCD外一点,PA⊥平
=
=
,
900a
BC
AB
DAB=
ABC
面ABCD,且 PA=a,求点A到平面PCD的距离.
25.如图， A 为△BCD 所在平面外一点，O 、E 分别是BD 、BC
的中点，2,CA CB CD BD AB AD ======
（I ）求证：AO ⊥平面BCD ；
（II ）求异面直线AB 与CD 所成角的大小；（III ）求点E 到平面ACD 的距离。

26. 已知四棱锥PABCD ，PB ⊥AD ，侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为1200 ，求点P 到平面ABCD 的距离。

B E。