【精品含答案】高考一轮复习9.4空间角、距离基础训练练题(理科)

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理科数学一轮复习试题选编：空间角与空间距离(教师)

山东省2014届理科数学一轮复习试题选编27:空间角与空间距离一、选择题1 ．(2013山东高考数学(理））已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直,体积为94，底面是边长为3的正三角形。

若P 为底面111A B C 的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为（）A ．512π B ．3π C ．4πD ．6π【答案】B 二、填空题 2 ．（山东省烟台市莱州一中2013届高三第三次质量检测数学（理)试题）若一个平面与正方体的12条棱所成的角均为θ,那么cos θ等于__________【答案】63【解析】要想是平面与正方体的12条棱所成的角相同,根据平行性可知，只要平面和同一个顶点的三条棱所成的角相同即可,如图可知ADO ∠即为棱与平面所成的角θ，设正方体的棱长为1,则22AO =,2261()22DO =+=.所以123cos 3662AD DO θ====。

3 ．（山东省莱芜市第一中学2013届高三12月阶段性测试数学(理）试题）已知二面角PQ αβ--为3π，A α∈，B β∈，C PQ ∈,R 为线段AC 的中点，6ACP BCP π∠=∠=，2CA CB ==，则直线BR 与平面α所成角的大小为________。

【答案】4π三、解答题 4 ．（山东省莱钢高中2013届高三4月模拟检测数学理试题）在如图的多面体中,EF⊥平面AEB，AE EB⊥，//AD EF，//EF BC，24BC AD ==,3EF =，2AE BE ==,G 是BC 的中点。

(Ⅰ）求证://AB 平面DEG ;(Ⅱ）求证：BD EG ⊥；(Ⅲ) 求二面角C DF E --的余弦值.【答案】(Ⅰ)证明：∵//,//AD EF EF BC ， ∴//AD BC 。

又∵2BC AD =,G 是BC 的中点, ∴//AD BG ，ADFEB G C∴四边形ADGB 是平行四边形， ∴ //AB DG∵AB ⊄平面DEG ,DG ⊂平面DEG ， ∴//AB 平面DEG (Ⅱ) 解法1HADFEBGC解法2∵EF⊥平面AEB,AE⊂平面AEB,BE⊂平面AEB,∴EF AE⊥,⊥,EF BE又AE EB⊥，∴,,EB EF EA两两垂直以点E为坐标原点，,,EB EF EA分别为,,x y z轴建立如图的空间直角坐标系。

高考一轮数学复习 9-4空间的角理同步练习(名师解析)

第9章第4节知能训练·提升考点一：异面直线所成的角1．(2010·郑州第一次质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为棱DC 的中点，则D 1P 与BC 1所在直线所成角的余弦值等于( )A.45B.105C.12D.510解析：过C 1作D 1P 的平行线交DC 的延长线于点F ，连接BF ，则∠BC 1F 或其补角等于异面直线D 1P 与BC 1所成的角．设正方体的棱长为1，由P 为棱DC 的中点，则易得BC 1＝2，C 1F ＝12＋(12)2＝52，BF ＝12＋(12)2＝52.在△BC 1F 中，cos BC 1F ＝(2)2＋(52)2－(52)22×2×52＝105，选B.答案：B2．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝AA 1＝2，点D 是A 1C 1的中点，则异面直线AD 和BC 1所成角的大小为________．解析：如图所示，取AC 中点D 1，连结C 1D 1，易知AD ∥C 1D 1，则异面直线AD 与BC 1所成角的大小等于C 1D 1与BC 1所成角的大小．易得C 1D 1＝6，BC 1＝22，BD 1＝2，在△BC 1D 1中，由余弦定理得cos ∠BC 1D 1＝C 1D 21＋BC 21－BD 212C 1D 1·BC 1＝32.所以∠BC 1D 1＝30°. 答案：30°考点二：直线与平面所成的角3．在二面角为45°的一平面内有一条直线与二面角的棱成45°角，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° 解析：解法一：由于45°的二面角的一平面内一条直线与二面角的棱成45°角，根据最小角定理，则此直线与二面角的另一个面所成的角小于45°.解法二：如图α－l －β成45°角，∠BAC ＝45°，∠BCO ＝45°为二面角的平面角．BO ⊥α，设OB ＝OC ＝1，则BC ＝2，AO ＝3，tan ∠BAO ＝BO AO ＝33，∠BAO ＝30°.答案：A 4．(2009·东北三校第一次联考)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长都为2，E 、F 、G 分别为AB 、AA 1、A 1C 1的中点，则B 1F 与面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310D.3610解析：如图，取AC 的中点D ，连接GD 、DE ，设B 1到面GEF 的距离为h .B 1F ＝A 1F 2＋A 1B 21＝12＋22＝5，同理B 1E ＝5，FG ＝FE ＝12＋12＝2，GE ＝ED 2＋GD 2＝12＋22＝5， S △EFB 1＝S 四边形ABB 1A 1－S △EBB 1－S △FB 1A 1－S △AEF＝4－1－1－12＝32，G 到直线A 1B 1的距离即为点G 到平面EFB 1的距离，易求为32.S △EFG ＝154，VG －EFB 1＝VB 1－EFG ，∴13×32×32＝13×h ×154⇒h ＝35，所求的正弦值为h B 1F ＝35，所以选A.答案：A5．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．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求CD 与平面ADMN 所成的角．解：解法一：(1)证明：因为N 是PB 的中点，P A ＝AB ，所以AN ⊥PB . 因为AD ⊥平面P AB ，所以AD ⊥PB . 从而PB ⊥平面ADMN .因为DM ⊂平面ADMN ，所以PB ⊥DM .(2)取AD 的中点G ，连结BG 、NG ，则BG ∥CD .所以BG 与平面ADMN 所成的角和CD 与平面ADMN 所成的角相等．因为PB ⊥平面 ADMN ，所以∠BGN 就是CD 与平面ADMN 所成的角．在Rt △BGN 中，sin ∠BGN ＝BN BG ＝105.故CD 与平面ADMN 所成的角是arcsin 105.解法二：如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系A －xyz ，设BC ＝1，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,1,0)，M (1，12，1)，D (0,2,0)．(1)证明：因为PB →·DM →＝(2,0，－2)·(1，－32，1)＝0，所以PB ⊥DM .(2)因为PB →·AD →＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0，所以PB ⊥AD .又因为PB ⊥DM ，所以PB ⊥平面ADMN .因为〈PB →，DC →〉的余角即是CD 与平面ADMN 所成的角．因为cos 〈PB →，DC →〉＝PB →·DC →|PB →||DC →|＝105，所以CD 与平面ADMN 所成的角为arcsin 105.考点三：二面角6．(2010·衡阳第一次联考)矩形ABCD 的两边AB ＝3，AD ＝4，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝435，则二面角A －BD －P 的度数为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：如图作AE ⊥BD 于E ，连接PE ，则∠PEA 为所求，AE ＝3×45＝125，tan ∠PEA ＝P A AE ＝33，∴∠PEA ＝30°.答案：A7．如图所示，在边长为1的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，将菱形沿对角线AC 折起，使折起后的BD ＝1，则二面角B －AC －D 的余弦值为( )A.13B.12C.223D.32解析：在原图中连结AC 与BD 交于O 点，则AC ⊥BD ，在折起后的图中，由四边形ABCD 为菱形且边长为1，则DO ＝OB ＝32，由于DO ⊥AC ，因此∠DOB 就是二面角B －AC －D 的平面角，由BD ＝1，得cos ∠DOB ＝OD 2＋OB 2－DB 22OD ·OB ＝34＋34－12·32·32＝13，故选A.答案：A8．如图所示，已知四棱锥P －ABCD的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝DC ＝12AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)证明：面P AD ⊥面PCD ； (2)求AC 与PB 所成的角；(3)求AMC 与面BMC 所成二面角的大小．解：解法一：(1)证明：∵P A ⊥面ABCD ，CD ⊥AD ， ∴由三垂线定理得CD ⊥PD .因而，CD 与面P AD 内两条相交直线AD 、PD 都垂直， ∴CD ⊥面P AD .又CD ⊂面PCD ，∴面P AD ⊥面PCD . (2)如图(1)，过点B 作BE ∥CA ，且BE ＝CA ，则∠PBE 是AC 与PB 所成的角．连结AE ，可知AC ＝CB ＝BE ＝AE ＝2，又AB ＝2， ∴四边形ACBE 为正方形．，由P A ⊥面ABCD 得∠PEB ＝90°. 在Rt △PEB 中，BE ＝2，PB ＝5，∴cos ∠PBE ＝BE PB ＝105，∴AC 与PB 所成的角为arccos 105.(3)作AN ⊥CM ，垂足为N ，连结BN .在Rt △P AB 中，AM ＝MB ，又AC ＝CB ＝2， ∴△AMC ≌△BMC .∴BN ⊥CM ，故∠ANB 为所求二面角的平面角． ∵CB ⊥AC ，∴可由三垂线定理，得CB ⊥PC ，在Rt △PCB 中，∵CM ＝MB ，∴CM ＝AM ＝12PB ＝52.在等腰三角形AMC 中，∵AN ·MC ＝CM 2－(AC2)2·AC ，∴AN ＝32×252＝65.∵AB ＝2，∴cos ∠ANB ＝AN 2＋BN 2－AB 22×AN ×BN＝－23.故所求的二面角为π－arccos 23.解法二：因为P A ⊥AD ，P A ⊥AB ，AD ⊥AB ，以A 为坐标原点，AD 的长为单位长度，建立空间直角坐标系，如图(2)，则相应各点的坐标为A (0,0,0)、B (0,2,0)、C (1,1,0)、D (1,0,0)、P (0,0,1)、M (0,1，12)．(1)证明：∵AP →＝(0,0,1)，DC →＝(0,1,0)，故AP →·DC →＝0，∴AP ⊥DC . 又由题设知AD ⊥DC ，且AP 与AD 是平面P AD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面P AD . 又DC 在面PCD 内，故P AD ⊥面PCD .(2)∵AC →＝(1,1,0)，PB →＝(0,2，－1)，故|AC →|＝2，PB →＝5，AC →·PB →＝2，∴cos 〈AC →，PB →〉＝AC →·PB →|AC →|·|PB →|＝105.由此得AC 与PB 所成的角为arccos 105.(3)在MC 上取一点N (x ，y ，z )，则存在λ∈R ，使NC →＝λMC →，NC →＝(1－x,1－y ，－z )，MC→＝(1,0，－12)，∴x ＝1－λ，y ＝1，z ＝12λ.要使AN ⊥MC ，只需AN →·MC →＝0，即x －12z ＝0，解得λ＝45.可知当λ＝45时，N 点坐标为(15，1，25)，能使AN →·MC →＝0.此时，AN →＝(15，1，25)，BN →＝(15，－1，25)，∴BN →·MC →＝0.由AN →·MC →＝0，BN →·MC →＝0得 AN ⊥MC ，BN ⊥MC .∴∠ANB 为所求二面角的平面角．∵|AN →|＝305，|BN →|＝305，AN →·BN →＝－45.∴cos 〈A N →，BN →〉＝AN →·BN →|AN →|·|BN →|＝－23.故所求的二面角为π－arccos 23.1.(2009·浙江)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 解析：过A 作AE ⊥BC 于点E ，则易知AE ⊥面BB 1C 1C ，则∠ADE 即为所求，又tan ∠ADE ＝AEDE＝3，故∠ADE ＝60°.故选C. 答案：C 2．(2009·重庆)已知二面角α－l －β的大小为50°，P 为空间中任意一点，则过点P 且与平面α和平面β所成的角都是25°的直线的条数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：由α－l －β的大小为50°，可知两平面法向量夹角为130°，又直线与平面所成的角相等且为25°，即等价于直线与法向量的夹角相等且为65°.故题意等价于过空间一点P 与成50°的两异面直线的夹角都为65°的直线条数，有3条．故选B.答案：B 3．(2009·全国卷Ⅰ)如图，四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，AD ＝2，DC ＝SD ＝2.点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°.(1)证明：M 是侧棱SC 的中点；(2)求二面角S －AM －B 的大小．解：解法一：(1)证明：作ME ∥CD 交SD 于点E ，则ME ∥AB ，ME ⊥平面SAD . 连结AE ，则四边形ABME 为直角梯形．作MF ⊥AB ，垂足为F ，则四边形AFME 为矩形．设ME ＝x ，则SE ＝x ，AE ＝ED 2＋AD 2＝(2－x )2＋2， MF ＝AE ＝(2－x )2＋2，FB ＝2－x . 由MF ＝FB ·tan60°，得(2－x )2＋2＝3(2－x )，解得x ＝1，即ME ＝1，从而ME ＝12DC .所以M 为侧棱SC 的中点． (2)MB ＝BC 2＋MC 2＝2，又∠ABM ＝60°，AB ＝2， ∴△ABM 为等边三角形．又由(1)知M 为SC 中点，SM ＝2，SA ＝6，AM ＝2，故SA 2＝SM 2＋AM 2，∠SMA ＝90°.取AM 中点G ，连接BG ，取SA 中点H ，连接GH ，则BG ⊥AM ，GH ⊥AM . 由此知∠BGH 为二面角S －AM －B 的平面角．连接BH .在△BGH 中，BG ＝32AM ＝3，GH ＝12SM ＝22，BH ＝AB 2＋AH 2＝222，∴cos ∠BGH ＝BG 2＋GH 2－BH 22·BG ·GH ＝－63.二面角S －AM －B 的大小为arccos(－63)．解法二：(1)证明：以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DS 分别为x 、y 、z 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系D －xyz .设A (2，0,0)，则B (2，2,0)，C (0,2,0)，S (0,0,2)．设SM →＝λMC →(λ＞0)，则M (0，2λ1＋λ，21＋λ)，MB →＝(2，21＋λ，－21＋λ)．又AB →＝(0,2,0)，〈MB →，AB →〉＝60°，故MB →·AB →＝|MB →|·|AB →|cos60°，即41＋λ＝(2)2＋(－21＋λ)2＋(21＋λ)2，解得λ＝1，即SM →＝MC →. 所以M 为侧棱SC 的中点．(2)由M (0,1,1)，A (2，0,0)，得AM 的中点G (22，12，12)．又GB →＝(22，32，－12)，MS →＝(0，－1,1)，AM →＝(－2，1,1)，GB →·AM →＝0，MS →·AM →＝0，所以GB →⊥AM →，MS →⊥AM →.因此〈GB →，MS →〉等于二面角S －AM －B 的平面角．cos 〈GB →，MS →〉＝GB →·MS →|GB →||MS →|＝－63.所以二面角S －AM －B 的大小为arccos(－63)．4．(2009·全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1.(1)证明：AB ＝AC ；(2)设二面角A －BD －C 为60°，求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小．解：解法一：(1)证明：取BC 的中点F ，连结EF ，则EF 綊12B 1B ，从而EF 綊DA .连结AF ，则ADEF 为平行四边形，从而AF ∥DE . 又DE ⊥平面BCC 1，故AF ⊥平面BCC 1，从而AF ⊥BC ，即AF 为BC 的垂直平分线，所以AB ＝AC .(2)作AG ⊥BD ，垂足为G ，连结CG . 由三垂线定理知CG ⊥BD ，故∠AGC 为二面角A －BD －C 的平面角．由题设知∠AGC ＝60°.设AC ＝2，则AG ＝23.又AB ＝2，BC ＝22，故AF ＝ 2.由AB ·AD ＝AG ·BD 得2AD ＝23·AD 2＋22，解得AD ＝2，故AD ＝AF .又AD ⊥AF ，所以四边形ADEF 为正方形．因为BC ⊥AF ，BC ⊥AD ，AF ∩AD ＝A ，故BC ⊥平面DEF ，因此平面BCD ⊥平面DEF .连结AE 、DF ，设AE ∩DF ＝H ，则EH ⊥DF ，EH ⊥平面BCD . 连结CH ，则∠ECH 为B 1C 与平面BCD 所成的角．因ADEF 为正方形，AD ＝2，故EH ＝1，又EC ＝12B 1C ＝2，所以∠ECH ＝30°，即B 1C 与平面BCD 所成的角为30°.解法二：(1)证明：以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系A －xyz ，设B (1,0,0)，C (0，b,0)，D (0,0，c )，则B 1(1,0,2c )，E (12，b2，c )．于是DE →＝(12，b 2，0)，BC →＝(－1，b,0)．由DE ⊥平面BCC 1知DE ⊥BC ， DE →·BC →＝0，求得b ＝1，所以AB ＝AC .(2)设平面BCD 的法向量AN →＝(x ，y ，z )，则AN →·BC →＝0，AN →·BD →＝0. 又BC →＝(－1,1,0)，BD →＝(－1,0，c )．故⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋cz ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝1c ，AN →＝(1,1，1c )．又平面ABD 的法向量AC →＝(0,1,0)．由二面角A －BD －C 为60°知，〈AN →，AC →〉＝60°，故AN →·AC →＝|AN →|·|AC →|·cos60°，求得c ＝12.于是AN →＝(1,1，2)，CB 1→＝(1，－1，2)，cos 〈AN →，CB 1→〉＝AN →·CB 1→|AN →|·|CB 1→|＝12，〈AN →，CB 1→〉＝60°，所以B 1C 与平面BCD 所成的角为30°.1.如图，ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12.(1)求平面SCD 与平面SBA 所成的二面角的大小； (2)求SC 与平面ABCD 所成的角．解：解法一：(1)延长CD ，使之交BA 的延长线于M 点．连结SM ，则平面SCD ∩平面SAB ＝SM ， ∵SA ⊥面ABC ，SA ＝AB ， ∴∠SBA ＝45°.又∵AD ＝12BC ＝12，∴AD 为三角形MBC 的中位线，∴AM ＝AB ＝1， ∴∠SMA ＝45°，∴∠BSM ＝90°，即SB ⊥SM .又BC ⊥AB ，BC ⊥SA ，∴BC ⊥平面SMB ，∴SC ⊥SM .∴∠CSB 为平面SCD 与平面SAB 的平面角． ∵SB ＝AB 2＋SA 2＝2，∴tan ∠CSB ＝12，∴∠CSB ＝arctan 22.∴平面SCD 与平面SAB 所成的角为arctan 22.(2)连结AC ，则∠ACS 为SC 与平面ABCD 所成的角， ∴cos ∠SCB ＝cos ∠SCA ·cos ∠ACB ， ∵Rt △CBS 中，SC ＝3，∴cos ∠SCB ＝BC SC ＝13，cos ∠ACB ＝cos45°＝22，∴cos ∠SCA ＝cos ∠SCB cos ∠ACB ＝1322＝63.∴SC 与平面ABCD 所成的角为arccos 63.解法二：(1)∵AD 、AB 、AS 是三条两两互相垂直的线段，故以A 为原点，以AD →、AB →、AS →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立坐标系，则A (0,0,0)，D (12，0,0)，C (1,1,0)，S (0,0,1)．AD →＝(12，0,0)是平面SAB 的法向量，设平面SCD 的法向量n ＝(1，λ，u )，则n ·DC →＝(1，λ，u )·(12，1,0)＝12＋λ＝0，∴λ＝－12，n ·DS →＝(1，λ，u )·(－12，0,1)＝－12＋u ＝0，∴u ＝12， ∴n ＝(1，－12，12)．若以θ表示欲求二面角的值，则cos θ＝cos 〈AD →，n 〉，AD →·n ＝12·|AD →|＝12， |n |＝1＋(－12)2＋(12)2＝32， ∴cos θ＝AD →·n |AD →|·|n |＝121232＝23，sin θ＝13， ∴tan θ＝sin θcos θ＝12＝22，∴θ＝arctan 22. 即所求二面角为arctan 22. (2)∵AS →是平面ABCD 的法向量，先求CS →与AS →之间的夹角φ. ∵CS →＝CB →＋BA →＋AS →，∴AS →·CS →＝AS →·(CB →＋BA →＋AS →)＝AS →·AS →＝1，|AS →|＝1，|CS →|＝|CB →|2＋|BA →|2＋|AS →|2＝1＋1＋1＝3，∴cos φ＝AS →·CS →|AS →||CS →|＝13＝33， ∴φ＝arccos 33. 从而CS 与平面ABCD 所成的角为π2－arccos 33.。

2025版高考数学一轮总复习素养提升第7章第6讲第1课时空间的角和距离问题(含答案)

高考数学一轮总复习素养提升：立体几何中的动态问题立体几何中的动态问题是指点、线或面位置不确定的一类开放性试题，是高考命题的热点，常见题型有动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等，主要考查空间几何体的结构特征、线面的位置关系，常以选择题和填空题的形式出现，难度中等以上，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，动中窥静，静中见动，以静制动．求解动态范围的选择题、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析法，比较复杂时，可以建立空间直角坐标系，引进参数，把动态问题化归为静态问题，具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证．类型一动点问题1.(2024·福建宁德一中测试)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点O 为底面ABCD 的中心，点P 在侧面BB 1C 1C 的边界及其内部运动．若D 1O ⊥OP ，则△D 1C 1P 面积的最大值为( C )A.255 B ．455C ． 5D ．2 5 [分析] 由D 1O ⊥OP 知P 在过O 且垂直D 1O 的平面内，又P 在平面BB 1C 1C 内，故P 的轨迹为线段，所以建系确定垂面与棱BB 1、CC 1的交点M ，N ，进而求C 1到线段MN 上点的距离最大值即可．[解析] 如图建立空间直角坐标系，设M (2,2，a )，N (0,2，b )，又D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，∴D 1O →·OM →＝(1,1，－2)·(1,1，a )＝0，得a ＝1，D 1O →·ON →＝(1,1，－2)·(－1,1，b )＝0得b ＝0，∴M 、N 分别为BB 1的中点和C ，P ∈MC ，显然C 1P max ＝C 1M ＝5，又C 1D 1⊥C 1P ，∴(S △D 1C 1P )max ＝5，故选C.2．(多选题)(2024·广东调研)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，M 为DD 1的中点，N 为ABCD 所在平面上一动点，N 1为A 1B 1C 1D 1所在平面上一动点，且NN 1⊥平面ABCD ，则下列命题正确的是( ACD )A ．若MN 与平面ABCD 所成的角为π4，则点N 的轨迹为圆 B ．若三棱柱NAD －N 1A 1D 1的表面积为定值，则点N 的轨迹为椭圆C ．若点N 到直线BB 1与直线DC 的距离相等，则点N 的轨迹为抛物线D ．若D 1N 与AB 所成的角为π3，则点N 的轨迹为双曲线 [解析] 连接DN ，因为MD ⊥平面ABCD ，所以∠MND 是MN 与平面ABCD 所成的角，即∠MND ＝π4，因为M 为DD 1的中点，所以DN ＝MD ＝12DD 1＝2，因此点N 的轨迹为以D 为圆心半径为2的圆，所以A 正确；过N 做EN ⊥AD ，设三棱柱NAD －N 1A 1D 1的表面积为S ，所以S ＝2×12×4·NE ＋(AD ＋DN ＋AN )·4＝4(4＋DN ＋AN ＋NE )＝定值，即N 到A 、D 、直线AD 的距离之和为定值，这与椭圆的定义不符合，故B 错误；由BB 1⊥BN ，即点N 到直线BB 1为点N 到点B 的距离，所以点N 的轨迹为点N 到点B 与直线DC 的距离相等的轨迹，即抛物线，所以C 正确；分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设N (x ，y,0)，则有AB →＝(0,4,0)、D 1N →＝(x ，y ，－4)，因为D 1N 与AB 所成的角为π3，所以cos π3＝|AB →·D 1N →||AB →|·|D 1N →|⇒12＝|4y |4·x 2＋y 2＋16⇒3y 2－x 2＝16，所以点N 的轨迹为双曲线，故D 正确．故选ACD.名师点拨：1．动态问题的一般解法2．立体几何中轨迹问题的解法(1)利用平行、垂直关系转化为面面交线，或把空间数量关系转化为某平面内的数量关系确定动点轨迹．(2)若动点与定点的连线与定直线所成角为定值，则动点形成圆锥侧面，可通过分析平面与圆锥母线及轴的位置关系确定动点在该平面内的轨迹．(3)建立直角坐标系，求得轨迹方程进行判断．类型二翻折问题(多选题)(2024·广东佛山S7联考)如图甲，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为AB 上一动点(不含端点)，且满足将△AED 沿DE 折起后，点A 在平面DCBE 上的射影F 总在棱DC 上，如图乙，则下列说法正确的有( ACD )A ．翻折后总有BC ⊥ADB ．当EB ＝12时，翻折后异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为13C ．当EB ＝12时，翻折后四棱锥A －DCBE 的体积为5536D ．在点E 运动的过程中，点F 运动的轨迹长度为12 [解析] 在图乙中，因为点A 在平面DCBE 上的射影F 在棱DC 上，所以AF ⊥平面DCBE ，又BC ⊂平面DCBE ，所以AF ⊥BC ，又BC ⊥DC ，AF ∩DC ＝F ，AF ，DC ⊂平面ADC ，所以BC ⊥平面ADC ，又AD ⊂平面ADC ，所以BC ⊥AD ，故A 正确；如图，在图乙中作EP ⊥DC 于P ，连接AP ，则EP ∥BC ，所以AE 与BC 所成角即为AE 与EP 所成角，又由BC ⊥平面ADC 可得EP ⊥平面ADC ，所以EP ⊥AP 而EP＝1，AE ＝2－BE ＝32，则cos ∠AEP ＝23，即AE 与BC 所成角的余弦值为23，故B 错误；如上图，在图乙中作FG ⊥DE 于G ，连接AG ，则由AF ⊥平面DCBE 可得AF ⊥DE ，又FG ∩AF ＝F ，FG ，AF ⊂平面AGF ，所以DE ⊥平面AGF ，又AG ⊂平面AGF ，则DE ⊥AG ，在图甲中，如图，作AG ⊥DE ，则A ，G ，F 三点共线，设AE ＝x ，DF＝y ，则由△DFA ∽△ADE 可得DF AD ＝AD EA ，即y 1＝1x，又在图乙中有AF ＝AD 2－DF 2＝1－y 2>0，所以y ∈(0,1)，所以x ＝1y>1，而x ＝AE ∈(0,2)，所以x ∈(1,2)，y ＝1x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1－12＝12，故D 正确；当EB ＝12时，x ＝32，则y ＝23，所以AF ＝AD 2－DF 2＝1－49＝53，则V A －DCBE ＝13·EB ＋DC ·BC 2·AF ＝12＋26×53＝5536，故C 正确．故选ACD. 名师点拨：立体几何中的翻折问题的处理策略1．明确翻折前后变与不变的量，翻折前后在同一面内的量不发生变化，翻折前后不在同一面内的量发生变化；2．翻折后变化的量的大小要进行推理计算证明，不能从图形中凭感觉主观判断；3．翻折后不易计算的量，可以回归到翻折前的图形中计算．【变式训练】1．如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿DE 翻折成△A 1DE ，若M 为线段A 1C 的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是 ①③④ .①翻折到某个位置，使得DA 1⊥EC②翻折到某个位置，使得AC ⊥平面A 1DE③四棱锥A 1－DCBE 体积的最大值为24 ④点M 在某个球面上运动 [解析] 对于①，由题知A 1D ⊥A 1E ，若存在某个位置使得DA 1⊥EC ，由于A 1E ∩EC ＝E ，A 1E ，EC ⊂平面A 1EC ，所以A 1D ⊥平面A 1EC ，又A 1C ⊂平面A 1EC ，即A 1D ⊥A 1C ，由于AB ＝2AD ＝2，故A 1C ＝3，由于在折叠过程中，A 1C ∈(1，5)，所以存在某个位置，使得A 1C ＝3，故存在某个位置，使得DA 1⊥EC ，故①正确；对于②，若存在某个位置，使得AC ⊥平面A 1DE ，因为DE ⊂平面A 1DE ，所以AC ⊥DE ，另一方面，在矩形ABCD 中，∠AED ＝π4，∠CAE ≠π4，故AC ⊥DE 不成立，所以②错误；对于③，四棱锥A 1－DCBE 体积最大时，平面A 1DE ⊥平面ABCD ，由于△A 1DE 是等腰直角三角形，所以此时点A 1到平面DCBE 的距离为22，所以四棱锥A 1－DCBE 体积的最大值为V ＝13S BCDE ·22＝13×12×(2＋1)×1×22＝24，故③正确；对于④，取DC 中点O ，连接OM ，由于M 为线段A 1C 的中点，所以OM ∥A 1D ，OM ＝12A 1D ＝12，所以M 在以点O 为球心的球面上，故④正确．故答案为①③④.2. (多选题)(2024·福建福州八中质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段BC 1上运动，则下列判断中正确的有( ABD )A ．平面PB 1D ⊥平面ACD 1B ．A 1P ∥平面ACD 1C ．异面直线A 1P 与AD 1所成角的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π3 D ．三棱锥D 1－APC 的体积不变[解析] 对于A ，易知B 1D ⊥平面ACD 1，B 1D ⊂平面PB 1D ，从而平面PB 1D ⊥平面ACD 1，故A 正确；对于B ，易知平面BA 1C 1∥平面ACD 1，A 1P ⊂平面BA 1C 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，故B 正确；对于C ，A 1P 与AD 1所成角即为A 1P 与BC 1的所成角，BA 1＝BC 1＝A 1C 1，当P 与线段BC 1的两端点重合时，A 1P 与AD 1所成角取最小值π3，当P 与线段BC 1的中点重合时，A 1P 与AD 1所成角取最大值π2，故A 1P 与AD 1所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，故C 不正确；对于D ，由选项B 得BC 1∥平面ACD 1，故BC 1上任意一点到平面ACD 1的距离均相等，所以以P 为顶点，△ACD 1为底面，则三棱锥P －ACD 1的体积不变，又VD 1－APC ＝VP －AD 1C ，所以三棱锥D 1－APC 的体积不变，故D 正确．故选ABD.。

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)，

2024届全国高考数学复习考点好题专项(空间位置关系、空间角)练习(附答案)

则
⃗·
⃗·
-√3 0,
0,
即
- √3 0,
0,
取 x=√3,则 y=z=1,则 n=(√3,1,1).
设直线 PD 与平面 PAB 所成的角为 θ,
⃗
|-√3|
√5
||||
√3 √5
5
|·|
则 sin θ=|cos<⃗ ,n>|= ⃗
,
√5
∴直线 PD 与平面 PAB 所成的角的正弦值为 .
为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示空间直角坐标系,其中 BD= -
√3.
则 D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3),
∴⃗ =(0,0,-√3),⃗=(1,0,-√3),⃗=(-1,√3,0).
设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),
1
2
∵CD=1,BE= AB=1,CD∥BE,
∴四边形 CDEB 是平行四边形,∴DE=CB=1.
1
2
∵DE= AB,∴△ABD 为直角三角形,AB 为斜边,
∴BD⊥AD.
∵PD⊂平面 PAD,AD⊂平面 PAD,且 PD∩AD=D,
∴BD⊥平面 PAD.又 PA⊂平面 PAD,∴BD⊥PA.
(2)答案解析 (方法一)由(1)知,PD,AD,BD 两两垂直,以点 D 为坐标原点,DA,DB,DP 所在直线分别
5
1
3
(方法二)由题设及第(1)问得三棱锥 P-ABD 的体积为 V=
又 AB=2,PA=√
PAB=
√15
4
=2,PB=√

1
×1×√3
2
√3
√6,所以 cos∠PAB=

高三理科数学一轮复习试题选编19：空间角与空间距离(学生版)

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（）AB ．1CD2 ．（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.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；ABCDENM（Ⅲ）E 为直线MN 上一点，且平面ADE ⊥平面MNC ，求MEMN的值. .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.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.FEDCB A8 ．（2013届北京大兴区一模理科）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，ABC 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．9 ．（2013届北京市延庆县一模数学理）如图，四棱锥P60=∠ABC ，侧面PAB 是边长为2的正三角形，侧面PAB ⊥(Ⅰ)设AB 的中点为Q ，求证：⊥PQ 平面ABCD （Ⅱ）求斜线PD 与平面ABCD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在侧棱PC 上存在一点M ，使得二面角 C BD M --的大小为 60，求CPCM的值.10．（北京市西城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为正方形，PD PA =，⊥PA 平面PDC ，E 为棱PD 的中点．（Ⅰ）求证：PB // 平面EAC ；（Ⅱ）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（Ⅲ）求二面角B AC E --的余弦值．11．（2013北京朝阳二模数学理科试题）如图,四边形ABCD 是正方形,EA ⊥平面ABCD ,EAPD ,22AD PD EA ===,F ,G , H 分别为PB ,EB ,PC 的中点.(Ⅰ)求证:FG平面PED ;(Ⅱ)求平面FGH 与平面PBC 所成锐二面角的大小;(Ⅲ)在线段PC 上是否存在一点M ,使直线FM 与直线PA 所成的角为60?若存在,求出线段PM 的长;若不存在,请说明理由.12．（北京市通州区2013届高三上学期期末考试理科数学试题）如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ，AC =BC =2，AB =CC 1=4，M 是棱CC 1上一点．（Ⅰ）求证：BC ⊥AM ；（Ⅱ）若N 是AB 上一点，且1AN CMAB CC =，求证： CN //平面AB 1M ；（Ⅲ）若52CM =，求二面角A -MB 1-C 的大小．13．（北京市房山区2013届高三上学期期末考试数学理试题）（本小题满分14分）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =，E 为1BB 中点.（Ⅰ）证明：1AC D E ⊥；（Ⅱ）求DE 与平面1AD E 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱AD 上是否存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E ？若存在，求DP 的长；若不存在，说明理由.A DBCPEFGHABCA 1B 1C 1MND 1C 1B 1A 1ED CBA14．（2013北京顺义二模数学理科试题及答案）如图,在长方体1111D C B A ABCD -中,11==AD AA ,E 为CD 的中点,F 为1AA 的中点.(I)求证:⊥1AD 平面E B A 11; (II)求证://DF 平面E AB 1;(III)若二面角11A E B A --的大小为45,求AB 的长.1B15．（2013届北京西城区一模理科）在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB //CD ，BC AB 2=，60ABC ︒∠=，AC FB ⊥．A 1B 1ECBD 1C 1AD（Ⅰ）求证：⊥AC 平面FBC ；（Ⅱ）求BC 与平面EAC 所成角的正弦值；（Ⅲ）线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ？证明你的结论．16．（北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学理试题）在长方体1111ABCD-A B C D 中，12AA =AD=，点E 在棱CD 上，且13CE=CD ．（Ⅰ）求证：1AD ⊥平面11A BD ；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在点P ，使DP ∥平面1B AE ？若存在，求出线段AP 的长；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）若二面角11A-B E-A 求棱AB 的长．17．（2013北京海淀二模数学理科试题及答案）如图1,在直角梯形ABCD中,90ABC DAB ∠=∠=,30CAB ∠=,2BC =,4AD =. 把DAC ∆沿对角线AC 折起到PAC ∆的位置,如图2所示,使得点P 在平面ABC 上的正投影H 恰好落在线段AC 上,连接PB ,点,E F 分别为线段,PA AB 的中点.(I) 求证:平面//EFH 平面PBC ;(II)求直线HE 与平面PHB 所成角的正弦值;(III)在棱PA 上是否存在一点M ,使得M 到点,,,P H A F 四点的距离相等?请说明理由.18．（北京东城区普通校2013届高三12月联考理科数学）(本小题满分13分)已知:如图,在四棱锥ABCD P -中,四边形ABCD 为正方形,ABCD PA 面⊥,且2==AB PA ,E 为PD 中点.(Ⅰ)证明:PB //平面AEC ;(Ⅱ)证明:平面⊥PCD 平面PAD ; (Ⅲ)求二面角D AC E --的正弦值PDB ACECDBA图1H E CPBAF图219．（北京市海淀区2013届高三上学期期末考试数学理试题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，12,AB AC AA ===E 是BC 中点.（I ）求证：1//A B 平面1AEC ；（II ）若棱1AA 上存在一点M ，满足11B M C E ⊥，求AM 的长；（Ⅲ）求平面1AEC 与平面11ABB A 所成锐二面角的余弦值.EC 1B 1A 1CBA20．（北京市海淀区2013届高三5月查缺补漏数学（理））已知正三角形ACE 与平行四边形ABCD 所在的平面互相垂直.又90ACD ∠=,且2CD AC ==,点,O F 分别为,AC AD 的中点. (I) 求证:CF DE ⊥(Ⅱ) 求二面角O DE C --值.21．（2013北京丰台二模数学理科试题及答案）如图(1),等腰直角三角形ABC 的底边AB=4,点D 在线段AC上,DE AB ⊥于E,现将△ADE 沿DE 折起到△PDE 的位置(如图(2)). (Ⅰ)求证:PB ⊥DE;(Ⅱ)若PE ⊥BE,直线PD 与平面PBC 所成的角为30°,求PE 长.图(1) 图(2)22．（2013北京东城高三二模数学理科）如图,△BCD 是等边三角形, AB AD =,90BAD ∠=,将△BCD沿BD 折叠到△'BC D 的位置,使得'AD C B ⊥. (Ⅰ)求证:'AD AC ⊥;(Ⅱ)若M ,N 分别是BD ,CB '的中点,求二面角N AM B --的余弦值.ABCDBCD23．（2011年高考（北京理））如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD,底面ABCD 是菱形,AB=2,60BAD ∠=︒(Ⅰ)求证:BD PAC ⊥平面(Ⅱ)若PA AB =,求PN 与AC 所成角的余弦值;(Ⅲ)当平面PBC 与平面PDC 垂直时,求PA 的长.24．（2013届北京市高考压轴卷理科数学）如图所示,在棱锥P ABCD-中, ⊥PA 平面ABCD ,底面ABCD 为直角梯ACDP形,2,4PA AD DC AB ====且AB //CD ,90=∠BAD,(Ⅰ)求证:PC BC ⊥(Ⅱ)求PB 与平面PAC 所成角的正弦值.25．（2013北京昌平二模数学理科试题及答案）如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是边长为2的正方形,侧面PAD ⊥底面ABCD ,且22PA PD AD ==,E 、F 分别为PC 、BD 的中点. (Ⅰ) 求证:EF //平面PAD ;(Ⅱ) 求证:面PAB ⊥平面PDC ;(Ⅲ) 在线段AB 上是否存在点,G 使得二面角C PD G --的余弦值为13?说明理由. P FEDCBA26．（北京市石景山区2013届高三上学期期末考试数学理试题）如图1，在Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，36BC AC ==，．D 、E 分别是AC AB 、上的点，且//DE BC ，将ADE ∆沿DE 折起到1A DE ∆的位置，使1A D CD ⊥，如图2．（Ⅰ）求证： BC ⊥平面1A DC ；（Ⅱ）若2CD =，求BE 与平面1A BC 所成角的正弦值；（Ⅲ）当D 点在何处时，1A B 的长度最小，并求出最小值．27．（北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考理科数学）如图所示，正方形D D AA 11与矩形ABCD 所在平面互相垂直，22==AD AB ,点E 为AB 的中点。

专题+立体几何中的向量方法(二)—求空间角和距离年领军高考数学一轮复习(文理通用)

专题45立体几何中的向量方法（二）——求空间角和距离最新考纲1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的计算问题．2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.基础知识融会贯通1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 ⎝⎛⎦⎤0，π2 [0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.重点难点突破【题型一】求异面直线所成的角【典型例题】如图，直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱） ABC ﹣A 1B 1C 1，在底面ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别为A 1B 1，A 1A 的中点．（1）求的值；（2）求证：BN ⊥平面C 1MN ．【解答】解：以C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的坐标系C ﹣xyz ，（1）依题意，A 1（1，0，2），C （0，0，0），B 1（0，1，2），B （0，1，0）， ∴（1，﹣1，2），（0，1，2），∴•1×0+（﹣1）×1+2×2＝3，又||，||，∴cos，6分证明：（2）A1（1，0，2），C1（0，0，2），B1（0，1，2），N（1，0，1），∴M（，，2），∴（，，2），（1，0，﹣1），（1，﹣1，1），∴•1（﹣1）+1×0＝0，同理可求•0，∴⊥，⊥，C1M∩C1N＝C1，∴BN⊥平面C1MN…12分．【再练一题】如图，BC＝2，原点O是BC的中点，点A的坐标为（，，0），点D在平面yOx上，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°．（1）求向量的坐标．（2）求与的夹角的余弦值．【解答】解：（1）过D作DE⊥BC于E，则DE＝CD•sin30°，OE＝OB﹣BD cos60°＝1，∴D的坐标为D（0，，，又∵C（0，1，0），∴（0，，）．（2）依题设有A点坐标为A（，，0），∴（），（0，2，0），则与的夹角的余弦值：cos．思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【题型二】求直线与平面所成的角【典型例题】如图所示，在直角梯形ABCD中，已知BC∥AD，AB⊥AD，BC＝BA AD＝m，VA⊥平面ABCD．（1）求证：CD⊥平面VAC；（2）若VA m，求CV与平面VAD所成角的大小．【解答】（1）证明：连结AC，∵AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠CAB＝∠ACB＝45°，取AD中点G，连CG，因为BC∥AD，所以四边形ABCG为正方形．所以CG＝GD，∠CGD＝90°，∴∠DCG＝45°，∴∠DCA＝90°……………………所以CD⊥CA，又VA⊥平面ABCD，所以CD⊥VA，CD⊥平面VAC………………（2）解：法1：连VG由⇒CG⊥面VAD，∴∠CVG是CV与平面VAD所成的角………………VC2m；CG＝m，∴∠CVG＝30°∴CV与平面VAD所成角为30°………………法2：以A为原点，射线AB，AD，AV所在直线为x，y，z轴正半轴，建立空间直角坐标系，则平面VAD 法向量（m，0，0），又，设向量与夹角为θ，则cosθ，θ，CV与平面VAD所成的角为．【再练一题】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面为直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，AB＝2CD＝4，P A⊥CD，在锐角△P AD 中，E是边PD上一点，且AD＝PD＝3ED．（1）求证：PB∥平面ACE；（2）当P A的长为何值时，AC与平面PCD所成的角为30°？【解答】（1）证明：连接BD交AC于O，∵AB∥CD，∴△OCD∽△OAB，∴，又，∴OE∥PB，又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE．（2）解：过A作AF⊥PD，垂足为F，连接CF，∵CD⊥AD，CD⊥P A，P A∩AD＝A，∴CD⊥平面P AD，∴CD⊥AF，又AF⊥PD，PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD，∴∠ACF为AC与平面PCD所成的角，即∠ACF＝30°．AC，∴AF AC，∴sin∠ADF，cos∠ADF，∴P A．∴当P A时，AC与平面PCD所成的角为30°．思维升华利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．【题型三】求二面角【典型例题】四棱锥P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，∠P AB＝90°．（1）求证：PD⊥平面ABCD；（2）若直线BD与平面P AB所成角的正弦值为，求二面角C﹣P A﹣D的余弦值．【解答】证明：（1）因为平面PCD⊥平面ABCD，且∠BCD＝90°．所以BC⊥平面PCD，所以PD⊥BC．又因为AB⊥P A，AB⊥AD，所以AB⊥平面P AD，所以PD⊥AB．又因为PD⊥BC，所以PD⊥平面ABCD．解：（2）以D为原点，DA，DP，DC方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立如图空间直角坐标系．作DE⊥P A于E，连接BE，因为平面P AD⊥平面P AB，所以DE⊥平面P AB，∠DBE即为直线BD与平面P AB所成的角，故，所以DE．Rt△P AD中，令PD＝x，则x•3•，解得x＝3，故A（3，0，0），P（0，3，0），C（0，0，4）．（﹣3，3，0），（﹣3，0，4），设平面P AC的一个法向量为（a，b，c），则，取（4，4，3）．又因为平面P AD的一个法向量为（0，0，4），故cos．综合图形可知，所求二面角的余弦值为．【再练一题】如图在直角△ABC中，B为直角，AB＝2BC，E，F分别为AB，AC的中点，将△AEF沿EF折起，使点A到达点D的位置，连接BD，CD，M为CD的中点．（Ⅰ）证明：MF⊥面BCD；（Ⅱ）若DE⊥BE，求二面角E﹣MF﹣C的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取DB中点N，连结MN、EN，∵MN，EF，∴四边形EFMN是平行四边形，∵EF⊥BE，EF⊥DE，BE∩EF＝E，∴EF⊥平面BDE，∴EF⊥EN，∴MF⊥MN，在△DFC中，DF＝FC，又∵M为CD的中点，∴MF⊥CD，又∵MF∩MN＝M，∴MF⊥平面BCD．解：（Ⅱ）∵DE⊥BE，DE⊥EF，BE∩EF＝E，∴DE⊥平面BEF，以E为原点，BE、EF、ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝2，则E（0，0，0），F（0，1，0），C（﹣2，2，0），M（﹣1，1，1），∴（0，1，0），（﹣1，0，1），（2，﹣1，0），设面EMF的法向量（x，y，z），则，取x＝1，得（1，0，1），同理，得平面CMF的法向量（1，2，1），设二面角E﹣MF﹣C的平面角为θ，则cosθ，∴二面角E﹣MF﹣C的余弦值为．思维升华利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．【题型四】求空间距离【典型例题】四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，P A＝PB＝PD．（1）求证：PD⊥AB；（2）若AB＝6，PC＝8，E是BD的中点，求点E到平面PCD的距离．【解答】（1）证明：由于四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所以△ABD是正三角形．设AB的中点为K，连接PK，DK，如图所示，则AB⊥DK，又P A＝PB，所以AB⊥PK．又PK，DK相交于K，所以AB⊥平面PKD．又PD⊂平面PKD，所以AB⊥PD．（2）解：由（1）可知，AB⊥平面PKD．又AB∥CD，所以CD⊥平面PKD．又CD⊂平面PDC，所以平面PDC⊥平面PKD，设点E到平面PCD的距离为h，则由于BD＝2ED，得点B到平面PCD的距离为2h．由于KB∥平面PCD，所以K，B两点到平面PCD的距离均为2h．所以点K到直线PD的距离就是2h．设△ABD的中心为H，则PH⊥平面ABD．HC＝4HE＝4，在rt△PHC中，PH4，在Rt△PHD中，PH＝4，DH＝2，所以PD2．由DH＝2HK，得点H到直线PD的距离为，即，得h．所以点E到平面PCD的距离为．【再练一题】如图，P A⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，P A＝AD＝2，M、N分别是A B．PC的中点．（1）求证：平面MND⊥平面PCD；（2）求点P到平面MND的距离．【解答】解：（1）∵P A⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴AB、AD、AP两两互相垂直，如图所示，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B （2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），M（1，0，0），N（1，1，1），∴（0，1，1），（﹣1，1，﹣1），（0，2，﹣2）设（x，y，z）是平面MND的一个法向量，可得，取y＝﹣1，得x＝﹣2，z＝1，∴（﹣2，﹣1，1）是平面MND的一个法向量，同理可得（0，1，1）是平面PCD的一个法向量，∵•2×0+（﹣1）×1+1×1＝0，∴，即平面MND的法向量与平面PCD的法向量互相垂直，可得平面MND⊥平面PCD；（2）由（1）得（﹣2，﹣1，1）是平面MND的一个法向量，∵（0，2，﹣2），得•0×（﹣2）+2×（﹣1）+（﹣2）×1＝﹣4，∴点P 到平面MND 的距离d ．思维升华求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离． (2)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．基础知识训练1．【天津市部分区2019届高三联考一模】在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，四边形ADPQ 是梯形，PD ∥QA ，2PDA π∠=，平面ADPQ ⊥平面ABCD ，且22AD PD QA ===.（Ⅰ）求证：QB ∥平面PDC ；（Ⅱ）求二面角C PB Q --的大小；（Ⅲ）已知点H 在棱PD 上，且异面直线AH 与PB，求线段DH 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）56π；（3）32. 【解析】（1）平面ADPQ ⊥平面ABCD ，平面ADPQ ⋂平面ABCD AD =，PD ADPQ ⊂平面，PD AD ⊥，∴直线PD ⊥平面ABCD .由题意，以点D 为原点，分别以,,DA DC DP 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正向建立如图空间直角坐标系，则可得：()()()0,0,0,2,2,0,0,2,0D B C ，()()()2,0,0,2,0,1,0,0,2A Q P .依题意，易证：()2,0,0AD =-是平面PDC 的一个法向量，又()0,2,1QB =-，∴ 0QB AD ⋅=，又直线QB ⊄平面PDC ，∴ //QB PDC 平面. （2）()()2,2,2,=0,22PB PC =--，.设()1111,,n x y z =为平面PBC 的法向量，则1100n PB n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111112220220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩. 不妨设11z =，可得()10,1,1n =.设()2222,,n x y z =为平面PBQ 的法向量，又()()2,2,2,2,0,1PB PQ =-=-，则220n PB n PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22222202220x z x y z -=⎧⎨+-=⎩. 不妨设22z =，可得()21,1,2n =，∴ 1212123cos<,nn n n n n ⋅>==⋅，又二面角C PB Q --为钝二面角，∴二面角C PB Q --的大小为56π. （3）设()()0,0,02H h h ≤≤，则()2,0,AH h =-，又()2,2,2PB =-，又73cos<,15PB AH >=，即24273234h h--=⋅+，∴ 2625240h h -+=，解得32h =或83h =（舍去）. 故所求线段DH 的长为32.2．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测（三模)】已知正方形的边长为4,,E F 分别为,AD BC 的中点，以EF 为棱将正方形ABCD 折成如图所示的60的二面角，点M 在线段AB 上．（1）若M 为AB 的中点，且直线MF ，由,,A D E 三点所确定平面的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线//OD 平面EMC ；（2）是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60；若存在，求此时二面角M EC F --的余弦值，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）10,4±. 【解析】（1）因为直线MF ⊂平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内也在平面ADE 内，所以点O 在平面ABFE 与平面ADE 的交线上（如图所示）因为AOBF ，M 为AB 的中点，所以OAM MBF ∆≅∆，所以OM MF =，AO BF =，所以点O 在EA 的延长线上，且2AO = 连结DF 交EC 于N ，因为四边形CDEF 为矩形，所以N 是EC 的中点连结MN ，因为MN 为DOF ∆的中位线，所以MN OD ，又因为MN ⊂平面EMC ，所以直线OD平面EMC .（2）由已知可得，EF AE ⊥，EF DE ⊥，所以EF ⊥平面ADE ，所以平面ABEF ⊥平面ODE ，取AE 的中点H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以(1,0,0)E -，3)D ，(0,3)C ，(1,4,0)F -，所以3)ED =，(1,3)EC =，设(1,,0)(04)M t t ≤≤，则(2,,0)EM t =，设平面EMC 的法向量(,,)m x y z =，则2000430x ty m EM m EC x y z ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=++=⎪⎪⎩⎩，取2y =-，则x t =，3z =，所以8,2,3t m t -⎛=- ⎪⎝⎭， DE 与平面EMC 所成的角为60，所以2232(8)243t t =-++，所以22332419t t =-+，所以2430t t -+=，解得1t =或3t =，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60，取ED 的中点Q ，则QA 为平面CEF 的法向量，因为13,0,2Q ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以33,0,22QA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,2,3m t ⎛=- ⎪⎝⎭，设二面角M EC F --的大小为θ，所以222|||cos |||||(8)419343QA m QA m t t t t θ⋅===⋅--+++，因为当2t =时，cos 0θ=，平面EMC ⊥平面CDEF ，所以当1t =时，θ为钝角，所以1cos 4θ=-. 当3t =时，θ为锐角，所以1cos 4θ=. 3．【陕西省汉中市2019届高三全真模拟考试】如图，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，//EF AB ，90BAF ∠=︒，2AD =，1AB AF ==，点P 在线段DF 上.（1）求证：AF ⊥平面ABCD ；（2）若二面角D AP C --的余弦值为6，求PF 的长度. 【答案】（1）见解析；（2）5【解析】（1）证明：∵90BAF ∠=︒，∴AB AF ⊥，又平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABEF 平面ABCD AB =，AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥平面ABCD .（2）以A 为原点，以AB ，AD ，AF 为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,2,0C ，()0,2,0D，()0,0,1F ，∴()0,2,1FD =-，()1,2,0AC =，()1,0,0AB = 由题知，AB ⊥平面ADF ，∴()1,0,0AB =为平面ADF 的一个法向量，设()01FP FD λλ=≤<，则()0,2,1P λλ-，∴()0,2,1AP λλ=-，设平面APC 的一个法向量为(),,x y z =m ，则0m AP m AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩， ∴()21020y z x y λλ⎧+-=⎨+=⎩，令1y =，可得22,1,1m λλ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭， ∴26cos ,21411m AB m AB m ABλλ⋅===⎛⎫⋅++ ⎪-⎝⎭，得13λ=或1λ=-（舍去）， ∴5PF =.4．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11ACC A ⊥平面ABC ，12AA AC CB ==，90ACB ∠=︒.（1）求证：平面11AB C ⊥平面11A B C ；（2）若1A A 与平面ABC 所成的线面角为60︒，求二面角11C AB C --的余弦值.【答案】（1）详见解析；（23【解析】（1）因为平面11ACC A ⊥平面ABC ，平面11ACC A 平面ABC AC =，BC ⊂平面ABC ，90ACB ∠=︒，所以BC ⊥平面11ACC A ，因为1AC ⊂平面11ACC A ，所以1BC A C ⊥. 因为11B C BC ∥，所以111AC B C ⊥. 因为11ACC A 是平行四边形，且1AA AC =，所以11ACC A 是菱形，11A C AC ⊥. 因为1111AC B C C ⋂=，所以1A C ⊥平面11AB C .又1AC ⊂平面11A B C ，所以平面11AB C ⊥平面11A B C . （2）取AC 的中点M ，连接1A M ，因为11ACC A 是菱形，160A AC ∠=︒，所以1ACA ∆是正三角形，所以1A M AC ⊥，且13A M AC =. 令122AA AC CB ===，则13A M =所以以C 为原点，以CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，过点C 且平行于1A M 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0C ，()2,0,0A ，()11,0,3C -，()0,1,0B，()11,0,3A ，()2,0,0CA =，()()111111,0,30,1,0CB CC CB CC CB =+=+=-+()1,1,3=-，()11,0,3CA =. 设平面1ACB 的一个法向量为(),,n x y z =，则10n CA n CB ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以2030x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，得0x =，令1z =，则3y =-，所以()0,3,1n =-.由（1）知1A C ⊥平面11A B C ，所以()11,0,3CA =是平面11A B C 的一个法向量，所以111cos ,CA n CA n CA n⋅<>=⋅3341331==+⋅+. 所以二面角11C AB C --的余弦值为3.5．【辽宁省葫芦岛市普通高中2019届高三第二次模拟考试】如图，在多面体ABCDEF 中，平面ADEF ⊥平面ABCD .四边形ADEF 为正方形，四边形ABCD 为梯形，且//AD BC ，ABD ∆是边长为1的等边三角形，M 为线段BD 中点，3BC =.(1)求证：AF BD ⊥；(2)求直线MF 与平面CDE 所成角的正弦值；(3)线段BD 上是否存在点N ，使得直线//CE 平面AFN ？若存在，求BNBD的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）3（3）线段BD 上存在点N,使得直线//CE 平面AFN ，且2=3BN BD ，详见解析. 【解析】(1)证明：因为ADEF 为正方形，所以AF AD ⊥．又因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，且平面ADEF ⋂平面ABCD AD =，所以AF ⊥平面ABCD ．所以AF BD ⊥．(2)取AD 中点O,EF 中点K ，连接OB ，OK.于是在△ABD 中，OB OD ⊥，在正方ADEF 中OK OD ⊥，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，故OB ⊥平面AFEF ，进而0B OK ⊥，即OB, OD, OK 两两垂直．分别以,,OB OD OK 为x 轴，y 轴,z 轴建立空间直角坐标系（如图）．于是，3B ⎫⎪⎪⎝⎭，10,,02D ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3C ⎫⎪⎪⎝⎭,1E 0,,12⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭,311M ,0,F 0,,142⎫⎛⎫-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 所以3335,,1,,,0,(0,0,1)4422MF CD DE ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设平面CDE 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00CD n DE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即35020x y z ⎧-⋅-⋅=⎪⎨⎪=⎩令5x =-，则3y =，则(5,3,0)n =-．设直线MF 与平面CDE 所成角为θ，||3sin |cos ,|14||||MF n MF n MF n θ⋅=<>==(3) 要使直线//CE 平面AFN ，只需AN //CD ，设,[0,1]BN BD λλ=∈,则331,,,,02n n n x y z λ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,331,,02n n n x y z λλ=-==, 331,,02N λλ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以3311,,022AN λλ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭, 又 35(,,0)2CD =--，由//AN CD 得33112222 5322λλ-+=--解得2=[0,1]3λ∈所以线段BD 上存在点N,使得直线//CE 平面AFN ，且2=3BN BD ． 6．【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三5月校级联合考试】如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中45BAE GAD ∠=∠=︒，22AB AD ==，60BAD ∠=︒.（1）求证：平面BDG ⊥平面ADG ；（2）求直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析（221【解析】（1）证明：在BAD ∆中，因为22AB AD ==，60BAD ∠=︒. 由余弦定理得，2222cos60BD AD AB AB AD =+-⋅︒，解得3BD =， ∴222AB AD DB =+，∴AD DB ⊥，在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ， ∴GD DB ⊥ 又AD GD D ⋂=， ∴BD ⊥平面ADG ，∴平面BDG ⊥平面ADG . （2）解：如图以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -，因为45BAE GAD ∠=∠=︒，22AB AD ==，所以()1,0,0A ，()3,0B ，()3,2E ，()0,0,1G ，()3,2AE →=-，()1,0,1AG →=-，()3,1GB →=-.设平面AEFG 的法向量(),,n x y z →=，3200n AE x z n AG x z ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，得33y -=，1z =，∴31,,13n→⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭.设直线GB和平面AEFG的夹角为θ，所以()()30,3,11,,1321sin cos,730,3,11,,13GB nGB nGB nθ→→→→→→⎛⎫-⋅-⎪⋅⎝⎭====⎛⎫⋅-⋅-⎪⎝⎭，所以直线GB与平面AEFG所成角的正弦值为217.7．【西藏拉萨市2019届高三第三次模拟考试】如图，等边三角形PAC所在平面与梯形ABCD所在平面互相垂直，且有AD BC∥，2AB AD DC===，4BC=.（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）求二面角B PC D--的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）513.【解析】（1）证明：取BC中点M，连接AM，则四边形AMCD为菱形，即有12AM MC BC==，所以AB AC⊥.又AB平面ABCD，平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD平面PAC AC=，∴AB⊥平面PAC，又AB平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC.（2）由（1）可得23AC =，取AC 中点O ，连接PO ，则PO AC ⊥，3PO =，又PO ⊂平面PAC ，平面PAC ⊥平面ABCD ，平面PAC平面ABCD AC =，∴PO ⊥平面ABCD .以A 为原点建系如图，则()2,0,0B ，()3,3P ，()0,23,0C ，()3,0D -，()2,23,0BC =-，()3,3PC =-，()1,3,0CD =--，设平面BPC 的法向量为()1,,n x y z =，则2230330x z ⎧-+=⎪-=，取1z =，得()13,3,1n =. 设平面PCD 的法向量为()2,,n x y z =，则30330x y z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，取1z =，()23,1n =-，1212125cos ,131313n n n n n n ⋅<>===-⨯.∴二面角B PC D --的余弦值为513.8．【内蒙古呼伦贝尔市2019届高三模拟统一考试（一)】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D 、E 、F 、G 分别是BC 、11B C 、1AA 、1CC 中点.且22AB AC ==，14BC AA ==.（1）求证：BC ⊥平面ADE ；（2）求二面角1G EF B --的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）6- 【解析】（1）∵22AB AC ==，4BC =，∴AB AC ⊥. ∵D 是BC 的中点，∴AD BC ⊥，∵111ABC A B C -为直三棱柱，D ，E 为BC ，11B C 中点， ∴DE ⊥平面ABC ，∴DE BC ⊥，∴BC ⊥平面ADE .（2）由（1）知建系如图，且()002F ，，，()122,0,0B ，()2,2,0E ，()0,22,2G ，∴()2,2,2EF =--，()12,2,0B E =-，()0,22,0FG =.设平面1B EF 的法向量为(),,m x y z =，由100m EF m B E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2220220x y z xy ⎧--+=⎪⎨-+=⎪⎩. 取()1,1,2m =，同理得平面EFG 的法向量()2,0,1n =.∴226cos ,323m n <>==，而二面角1G EF B --为钝二面角， ∴二面角1G EF B --的余弦值为6-. 9．【广东省肇庆市2019届高中毕业班第三次统一检测】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，E 是棱1BB 的中点，CA CB =，F 在线段AC 上，且2AFFC .（1）证明：1//CB 面1A EF ；（2）若CA CB ⊥，面CAB ⊥面11ABB A ，求二面角1F A E A --的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）52929. 【解析】解：（1）连接1AB 交1A E 于点G ，连接FG ．因为11AGA B GE ∆∆，所以1112AA AG GB EB ==，又因为2AF FC =，所以1AF AG FC GB =，所以1//FG CB ，又1CB ⊄面1A EF ，FG ⊂面1A EF ，所以1//CB 面1A EF .（2）过C 作CO AB ⊥于O ，因为CA CB =，所以O 是线段AB 的中点．因为面CAB ⊥面11ABB A ，面CAB面11ABB A AB =，所以CO ⊥面1ABA ．连接1OA ，因为1ABA ∆是等边三角形，O 是线段AB 的中点，所以1OA AB ⊥.如图以O 为原点，OA ，1OA ，OC 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设2AB =，则(1,0,0)A ，1(0,3,0)A ，(0,0,1)C ，(1,0,0)B -，12(,0,)33F，由11AA BB =，得(2,3,0)B -，1BB的中点33(,,0)2E -，133(,,0)2A E =--，112(,3,)33A F =--. 设面1A FE 的一个法向量为1111(,,)n x y z =，则111100A E n A F n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111230333302x y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，得方程的一组解为111135x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩，即1(1,3,5)n =-.面1ABA 的一个法向量为2(0,0,1)n =，则121212529cos ,n n n n n n ⋅<>==，所以二面角1F A E A --的余弦值为52929.10．【广东省潮州市2019届高三第二次模拟考试】如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD ⊥平面ABCD ，EF 平面ABCD ．（1）求证：平面ACF ⊥平面BDF ；（2）若60CBA ∠=︒，求二面角A BC F --的大小．【答案】(1)见证明；(2) 4π【解析】（1）∵菱形ABCD ，∴AC BD ⊥， ∵FD ⊥平面ABCD ，∴FD AC ⊥， ∵BD FD D ⋂=，∴AC ⊥平面BDF ， ∵AC ⊂平面ACF ，∴平面ACF ⊥平面BDF ．（2）设ACBD O =，以O 为原点，OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则3,0,0)B ，()0,1,0C -，(3,0,3)F ，(3,1,0)BC =--，(3,0,3)BF =-，设平面BCF 的法向量(,,)n x y z =，则302330n BC y n BF x z ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取1x =，得(1,3,2)n =-，平面ABC 的法向量(0,0,1)m =，设二面角A BC F --的大小为θ，则||2cos ||||28m n m n θ⋅===⋅， ∴4πθ=．∴二面角A BC F --的大小为4π． 11．【山东省栖霞市2019届高三高考模拟卷】如图，在三棱锥V ABC -中，,90,2VC AB ABC AB BC ︒<∠===，侧面ACV ⊥底面ABC ，45ACV ︒∠=，D 为线段AB 上一点，且满足AD CV =.（1）若E 为AC 的中点，求证：BE CV ⊥；（2）当DV 最小时，求二面角A BC V --的余弦值. 【答案】(1)见证明；(2) 33【解析】（1）在ABC ∆，因为90ABC ∠=,AB BC =，E 为AC 的中点，所以BE AC ⊥，因为面ACV ⊥面ABC ，面ACV 面ABCAC =，所以BE ⊥面ACV ，又VC ⊂面ACV ，BE VC ⊥（2）以B 为坐标原点，分别以射线,BC BA 和垂直于面ABC 向上的方向为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系-B xyz ，设BD t =，则有(0,0,0),(2,0,0),(0,,0)B C D t ，因为侧面ACV ⊥底面ABC ，45ACV ∠=，所以(1,1222t t V +-，所以222232(1)(1)()344222tt t DV t t -=++-+=-+ 当2(0,2)3t =∈时，DV 最小，此时2(0,,0)3D ，4222(,33V ，4222(2,0,0),(,33BC BV ==设(,,)x y z =n 为平面VBC 的一个法向量，则有0,0BC BV ==n n ，所以204222033xx y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，令2z =，则(0,2,2)=-n ，而平面ABC 的一个法向量为(0,0,1)=m ，所以23cos ,16n m <>==⋅，故二面角A BC V --的余弦值为33. 12．【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷】如图，在几何体1111ACD A B C D -中，四边形1111ADD A CDD C ，为矩形，平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，11B A ⊥平面11ADD A ，1111,2AD CD AA A B ====，E 为棱1AA 的中点.（Ⅰ）证明：11B C ⊥平面1CC E ；（Ⅱ）求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）277. 【解析】（Ⅰ）因为11B A ⊥平面11ADD A ，所以111B A DD ⊥，又11111111DD D A B A D A A ⊥⋂=，，所以1DD ⊥平面1111D C B A ，又因为11//DD CC ，所以1CC ⊥平面1111D C B A ，11B C ⊂平面1111D C B A ，所以111CC B C ⊥，因为平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，平面11ADD A ⋂平面111CDD C DD =，111C D DD ⊥，所以11C D ⊥平面11ADD A ，经计算可得1111523B E BC EC ===，，，从而2221111B E B C EC =+，所以在11B EC 中，111B C C E ⊥，又11CC C E ⊂，平面1111CC E CC C E C ⋂=，，所以11B C ⊥平面1CC E .（Ⅱ）如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得()()()10001,0,00,2,2A C B ，，，，， ()()11,2,10,1,0C E ，.∵1(1,1,1)(1,2,1)CE B C =--=--，，设平面1B CE 的一个法向量(,,)m x y z =则100m B C m CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，即200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩，，消去x 得20y z +=，不妨设1z =，可得()3,2,1m =--，又()111,0,1B C =-，设直线11B C 与平面1B CE 所成角为θ，于是111111427sin cos ,7142||m B C m B C m B C θ⋅-====⨯⋅，故直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值为277. 13．【江西省上饶市横峰中学2019届高三考前模拟考试】如图，在三棱锥P ABC -中，20{28x x ->-≥，2AB BC =，D 为线段AB 上一点，且3AD DB =，PD ⊥平面ABC ，PA 与平面ABC 所成的角为45.（1）求证:平面PAB ⊥平面PCD ；（2）求二面角P AC D --的平面角的余弦值。

高三数学一轮同步训练空间中的角 Word版含答案

．空间中的角
一、填空题：．已知是空间向量，若，则与的夹角为．
．若（－，，），（，－，），（，－，－）是直角三角形的三个顶点，则＝．
．若＝（，－，）与＝（，，－）之间夹角为钝角，则的取值范围为．
．正方体—中，异面直线与所成的角为．
．正方体中，、分别是与的中点，则直线与所成角的余弦值是．
．如图，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把△和△折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： ①
； ②∠＝°；
③三棱锥是正三棱锥； ④平面的法向量和平面的法向量互相垂直．
其中正确的有．
二、解答题：
．如图，直棱柱—的底面△中，＝＝，
∠＝°，棱＝，、分别是、的中点．
（）求的长；
（）求异面直线与所成的角的余弦值；
（）求证：⊥．
．如图，已知正四棱柱中，底面边长＝，侧棱的长为，过点作的垂线交侧棱于点，交于点．
（）求证：⊥平面；
（）求直线与平面所成的角的正弦值．
．在四面体中，⊥平面，＝，
∠＝°，∠＝°，，分别是，的中点．（）求证：平面⊥平面；
（）求平面和平面所成的角的余弦．[反思回顾]
1
D
C A
A
E。

2025届高考数学一轮复习讲义立体几何与空间向量之空间角和空间距离

形，则在正四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1中，异面直线 AK 和 LM 所成的角的大小为
(
D )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
[解析] 根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取 AA 1的中点 G ，连接 KG ，
则有 KG ∥ LM ，所以∠ AKG 或其补角为异面直线 AK 和 LM 所成的角.由题知 AG ＝
A 1 C 1＝5， BC 1＝4 2 ，所以 cos
52 ＋52 −(4 2）2
9
1
∠ BA 1 C 1＝
＝＜，所以60°＜
2×5×5
25
2
∠ BA 1 C 1＜90°，则过点 D 1作直线 l ，与直线 A 1 B ， AC 所成的角均为60°，即过一
点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成
2 z －1＝0的交线，试写出直线 l 的一个方向向量 (2，2，1)
的余弦值为
65
9
.
⁠
，直线 l 与平面α所成角
[解析] 由平面α的方程为 x ＋2 y －2 z ＋1＝0，可得平面α的一个法向量为 n ＝(1，
⑫ [0， ] ，二面角的
2
n1，n2＞｜.
范围是⑬
⁠
[0，π] .
⁠
易错警示
1. 线面角θ与向量夹角＜ a ， n ＞的关系
π
2
π
2
如图1(1)，θ＝＜ a ， n ＞－；如图1(2)，θ＝－＜ a ， n ＞.
图1
2. 二面角θ与两平面法向量夹角＜ n 1， n 2＞的关系
图2(2)(4)中θ＝π－＜ n 1， n 2＞；图2(1)(3)中θ＝＜ n 1， n 2＞.

高考一轮复习资料空间角与空间距离练习

练习一、选择题1．在直三棱柱ABC－A′B′C′中，AB＝AC＝AA′＝1，∠BAC＝90°，则A′C与BC′所成角的大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2解析：如图，根据已知条件AB⊥平面AA′C′C，连结AC′，由AA′C′C为正方形，则AC′⊥CA′.根据三垂线定理知A′C⊥BC′.答案：D2．如果一个平面与一个正方体的十二条棱所在的直线都成相等的角，记作θ，那么sin θ的值为( )A.22B.33C.55D．1解析：如上图，平面AB1C与正方体的十二条棱所在的直线成角都相等，则cos 45°＝cos 30°·cos θ，∴cos θ＝63，即sin θ＝33.答案：B3．空间四点A、B、C、D中每两点所连线段的长都等于a，动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则P与Q的最短距离为( )A.12a B.22a C.32a D．a解析：易知，以A、B、C、D为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体．如上图所示，取P、Q分别为AB、CD的中点，因为AQ＝BQ＝32a，所以PQ⊥AB.同理可证PQ⊥CD，故线段PQ的长为P、Q两点间的最短距离．在Rt△APQ中，PQ＝AQ2－AP2＝(32a)2－(12a)2＝22a.答案：B4．(2009·北京)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，则A1C1到底面ABCD的距离为( )A.33B．1 C. 2 D. 3解析：如图，由A1A綊B1B綊C1C知四边形A1C1CA为平行四边形，则A1C1∥AC，因此A1C1∥平面ABCD，则正四棱柱的侧棱长即为A1C1到底面ABCD的距离．又B1B⊥底面ABCD，则∠B1AB为直线AB1与底面ABCD所成的角，即∠B1AB＝60°，在Rt△ABB1中，BB1＝AB·tan∠B1AB＝ 3.答案：D二、填空题5．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1如右图，底面边长为1，侧棱长为2，E为BB1的中点，则异面直线AD1与A1E所成角的余弦值是________．答案：10 56．三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V，△A1BC的面积为S，则B1点到平面A1BC的距离是________．解析：∵＝13＝13Sh，∴B1到平面A1BC的距离为h＝V S .答案：V S7．如下图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2，BB1＝2，∠ABC＝90°，E、F分别为AA1、C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为________．解析：如图可将直三棱柱表面展开．在图(1)中EF ＝72＋ 2；在图(2)中EF ＝222；在图(3)中EF ＝3 22. 答案：3 22三、解答题8．(2009·重庆)如图，在五面体ABCDEF 中，AB ∥DC ，∠BAD ＝π2，CD ＝AD ＝2，四边形ABFE 为平行四边形，FA ⊥平面ABCD ，FC ＝3，ED ＝7，求：(1)直线AB 到平面EFCD 的距离； (2)二面角F －AD －E 的平面角的正切值．解答：(1)由FA ⊥平面ABCD 知，AB ⊥FA ，又AB ⊥AD ，则AB ⊥平面ADF ，又AB ∥CD ，故CD ⊥平面ADF . 因此平面ADF ⊥平面EFCD .如图，过A 作AG ⊥DF 垂足为G ，则AG ⊥平面EFCD ，即AG 为直线AB 到平面EFCD 的距离．在Rt△CDF 中，FD ＝ FC 2－CD 2＝5，在Rt△DAF 中，AD ＝2，FD ＝5，AF ＝ FD 2－AD 2＝1.∴AG ＝AF ·AD FD ＝255. (2)由EF ∥AB 知EF ⊥平面ADF ，又AE ⊥AD ，由三垂线定理知FA ⊥AD ，则∠EAF 为二面角F －AD －E 的平面角，在Rt△DFE 中，EF ＝ED 2－DF 2＝2，又AF ＝1.在Rt△AFE 中，tan∠EAF ＝EFAF＝ 2. 9．如下图，平面EAD ⊥平面ABCD ，△ADE 是等边三角形，ABCD 是矩形，F 是AB 的中点，G 是AD 的中点，EC 与平面ABCD 成30°角．(1)求证：EG ⊥平面ABCD ；(2)若AD ＝2，求二面角E －FC －G 的度数；(3)当AD 的长是多少时，D 点到平面EFC 的距离为2，请说明理由．解答：(1)证明：如下图，∵△ADE 是正三角形，∴EG ⊥AD ，又平面ADE ⊥平面ABCD 且相交于AD ，∴EG ⊥平面ABCD . (2)如图，连结CG ，则CG 是EC 在平面ABCD 内的射影， ∴∠ECG 是EC 与平面ABCD 所成的角，即∠ECG ＝30°，在Rt△EGC 中∵AD ＝2，∴EG ＝3，∴GC ＝3，在Rt△CDG 中，DG ＝1，GC ＝3，∴DC ＝22，则AF ＝BF ＝2，GF ＝3，FC ＝6，∴GF 2＋FC 2＝GC 2，即GF ⊥FC ，∵GF 是EF 在平面AC 内的射影，∴EF ⊥FC ，∴∠EFG 是二面角E －FC －G 的平面角．在Rt△EGF 中，EG ＝GF ＝3，∴∠EFG ＝45°.故所求二面角E －FC －D 的度数为45°. (3)连结DF ，D 到平面EFC 的距离即为三棱锥D －EFC 的高．∵V E －FCD ＝V D －EFC ，∴13S △FCD ·GE＝13S △EFC ·2，设AD ＝a ，则CD ＝2a ，EF ＝FC ＝62a ，EC ＝3a ，∴EF ⊥FC .则13·12a ·2a ·32a ＝13·12·62a ·62·2，∴a ＝ 6.故AD 的长为6时，D 点到平面EFC 的距离为2.10．如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别是BD 、BC 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2.(1)求证：AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的大小； (3)求点E 到平面ACD 的距离．解答：(1)证明：如图，连结OC .∵BO ＝DO ，AB ＝AD ，∴AO ⊥BD ，∵BO ＝DO ，BC ＝CD ，∴CO ⊥BD ，在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3，而AC ＝2，∴AO 2＋CO 2＝AC 2.∴∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC . ∵BD ∩OC ＝O ，∴AO ⊥平面BCD .(2)如图，取AC 的中点M ，连结OM 、ME 、OE ，由E 为BC 的中点知ME ∥AB ，OE ∥CD . ∴直线OE 与EM 所成的锐角就是异面直线AB 与CD 所成的角．在△OME 中，EM ＝ 12AB ＝22，OE ＝12CD ＝1，∵OM 是直角△AOC 斜边AC 上的中线，∴OM ＝12＝1，∴cos∠OEM ＝24.∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为arccos 24. (3)设点E 到平面ACD 的距离为h .∵V E －ACD ＝V A －CDE ，∴13h ·S △ACD ＝13·AO ·S △CDE .在△ACD 中，CA ＝CD ＝2，AD ＝2，∴S △ACD ＝12×2×22－(22)2＝72. 而AO ＝1，S △CDE ＝12×34×22＝32，∴h ＝AO ·S △CDES △ACD＝1×3272＝217. ∴点E 到平面ACD 的距离为217.。

高考数学一轮复习学案空间角.空间距离综合

空间角.空间距离综合一:高考真题:1.（2003京春文11，理8）如图9—1，在正三角形ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H ，I ，J 分别为AF ，AD ，BE ，DE 的中点.将△ABC 沿DE ，EF ，DF 折成三棱锥以后，GH 与IJ 所成角的度数为（）A.90° B .60° C.45° D.0°2.（2002全国理，8）正六棱柱ABCDEF —A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱的侧面对角线E 1D 与BC 1所成的角是（） A.90° B.60° C.45° D.30°3.（2001全国，11）一间民房的屋顶有如图9—4三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜.记三种盖法屋顶面积分别为P 1、P 2、P 3.图9—4若屋顶斜面与水平面所成的角都是α，则（） A.P 3＞P 2＞P 1 B.P 3＞P 2＝P 1 C.P 3＝P 2＞P 1 D.P 3＝P 2＝P 1 4.（2001全国，9）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°5.（2000全国文，12）如图9—5，OA 是圆锥底面中心O 到母线的垂线，OA 绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成相等的两部分，则母线与轴的夹角的余弦值为（）A.321 B.21 C.21 D.421 6.（1995全国文，10）如图9—7，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.1715 B.21C.178 D.23 7.（2003上海春，10）若正三棱锥底面边长为4，体积为1，则侧面和底面所成二面角的大小等于（结果用反三角函数值表示）.8.（2002京皖春，15）正方形ABCD 的边长是2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角（如图9—11所示）.M 为矩形AEFD 内一点，如果∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为 . 9.（2002上海，4）若正四棱锥的底面边长为23 cm ，体积为4 cm 3，则它的侧面与底面所成的二面角的大小是 .10.（2000上海春，8）如图9—13，∠BAD ＝90°的等腰直角三角形ABD 与正三角形CBD 所在平面互相垂直，E 是BC 的中点，则AE 与平面BCD 所成角的大小为_____.11.（2003京春文，19）如图9—19，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E 是棱BC 的中点.（Ⅰ）求三棱锥D 1—DBC 的体积；（Ⅱ）证明BD 1∥平面C 1DE ；（Ⅲ）求面C 1DE 与面CDE 所成二面角的正切值.图9—19图9—2012.（2003京春理，19）如图9—20，正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4.E ，F 分别为棱AB ，BC 的中点，EF ∩BD =G .（Ⅰ）求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1；（Ⅱ）求点D 1到平面B 1EF 的距离d ；（Ⅲ）求三棱锥B 1—EFD 1的体积V .13.（2002京皖春文，19）在三棱锥S —ABC 中，∠SAB =∠SAC = ∠ACB =90°，且AC =BC =5，SB =55.（如图9—21）（Ⅰ）证明：SC ⊥BC ；（Ⅱ）求侧面SBC 与底面ABC 所成二面角的大小；（Ⅲ）求三棱锥的体积V S －AB C . 14.（2002全国理，18）如图9—26，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直.点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM =BN =a （0＜a ＜2）.（Ⅰ）求MN 的长；（Ⅱ）当a 为何值时，MN 的长最小；（Ⅲ）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小.图9—26 图9—2715.（2001春季北京、安徽，19）如图9—27，已知VC 是△ABC 所在平面的一条斜线，点N 是V 在平面ABC 上的射影，且在△ABC 的高CD 上.AB ＝a ，VC 与AB 之间的距离为h ，点M ∈V C.（Ⅰ）证明∠MDC 是二面角M —AB —C 的平面角；（Ⅱ）当∠MDC ＝∠CVN 时，证明VC ⊥平面AMB ；（Ⅲ）若∠MDC ＝∠CVN ＝θ（0＜θ＜2π＝，求四面体MABC 的体积.●答案解析 1.答案：B解析：将三角形折成三棱锥如图9—43所示.HG 与IJ 为一对异面直线.过点D 分别作HG 与IJ 的平行线，即DF 与AD .所以∠ADF 即为所求.因此，HG 与IJ 所成角为60°.评述：本题通过对折叠问题处理考查空间直线与直线的位置关系，在画图过程中正确理解已知图形的关系是关键.通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力.而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向.2.答案：B解析：连结FE 1、FD ，则由正六棱柱相关性质得FE 1∥BC 1.在△EFD 中，EF =ED =1，∠FED =120°，∴FD =3.在Rt △EFE 1和Rt △EE 1D 中，易得E 1F =E 1D =3.∴△E 1FD 是等边三角形.∴∠FE 1D =60°. ∴BC 1与DE 1所成的角为60°.评述：本题主要考查正六棱柱的性质及异面直线所成的角的求法.3.答案：D解析：由S 底＝S 侧cos θ可得P 1＝P 2而P 3＝θθθcos )(2)cos sin (22121S S S S +=+ 又∵2（S 1＋S 2）＝S 底 ∴P 1＝P 2＝P 34.答案：B解析：如图9—48，D 1、D 分别为B 1C 1、BC 中点，连结AD、D 1C ，设BB 1＝1，则AB ＝2，则AD 为AB 1在平面BC 1上的射影，又32cos ,22,3311====BC BC BC C BD BE ∴DE 2＝BE 2＋BD 2－2BE ·BD ·cos C 1BC ＝6132223322131=⋅⋅⋅-+ 而BE 2＋DE 2＝216131=+＝BD 2 ∴∠BED ＝90° ∴AB 1与C 1B 垂直 5.答案：D解析：如图9—50，由题意知，31πr 2h ＝61πR 2h ， ∴r ＝2R．又△ABO ∽△CAO ， ∴R OA OA r =，∴OA 2＝r ·R ＝422,2R OA R =， ∴cos θ＝421=R OA ． 6.答案：A解析：这是两条异面直线所成角的问题，如图9—51将DF 1平移至AG 1，A 1G 1＝411B A ，再将AG 1平移至EE 1，其中AE ＝2AB，B 1E 1＝411B A ，∠BE 1E 即是异面直线BE 1与DF 1所成的角.设正方体棱长为l ，可求得EE 1＝BE 1＝4171611=+， EB ＝21，在△BEE 1中由余弦定理得图9—50cos BE 1E ＝17154174172411617161721122121=⋅⋅-+=⋅-+EE BE BE EE BE 故应选A.评述：利用直线平移，将异面直线所成角转化为相交直线所成角，将空间图形问题转化为平面图形问题来解决.“转化”是一种重要的数学思想，这种思想在近几年的试题里明显地、有意识地进行了考查.7.答案：arctan83 解析：设棱锥的高为h ，如图9—53，则V =31·4×4×sin60°·h =1， ∴h =43. D 为BC 中点，OD =31AD =31·23·4=332. 易证∠PDO 为侧面与底面所成二面角的平面角tan θ=8333243==OD PO .故θ=arctan 83 评述：本题考查三棱锥中的基本数量关系，考查二面角的概念及计算.8.答案：22解析：过M 作MO ⊥EF ，交EF 于O ，则MO ⊥平面BCFE .如图9—54，作ON ⊥BC ，设OM =x ，又tan MBO =21，∴BO =2x 又S △MBE =21BE ·MB ·sin MBE =21BE ·ME S △MBC =21BC ·MB ·sin MBC =21BC ·MN∴ME =MN ，而ME =152-x ，MN =12+x ，解得x =22. 9.答案：30°解析：如图9—60，作BC 边中点M ，∴VM ⊥BC 过V 作VO ⊥底面ABCD∴VO ⊥MO ，MO ⊥BC ，∴∠VMO 为其侧面与底面所成二面角的平面角 ∵V 锥=31S ABCD ·VO ∴4=31·（23）2·VO ，∴VO =1 又∵OM =3232=，VO ⊥MO ，∴∠VMO =30° ∴侧面与底面所成的二面角为30°. 10.答案：45°解析：过点A 作AF ⊥BD 于F ，则AF ⊥面BCD ，∠AEF 为所求的角．设BD ＝a ，则AF ＝2a ，EF ＝2a，∴在Rt △AEF 中，∠AEF ＝45°． 11.（Ⅰ）解：D BC D V -1 =2131⋅·2·2·1=32. （Ⅱ）证明：记D 1C 与DC 1的交点为O ，连结OE .∵O 是CD 1的中点，E 是BC 的中点，∴EO ∥BD 1，∵BD 1平面C 1DE ，EO ⊂平面C 1DE .∴BD 1∥平面C 1DE . （Ⅲ）解：过C 作CH ⊥DE 于H ，连结C 1H .在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，C 1C ⊥平面ABCD ，∴C 1H ⊥DE ，∴∠C 1HC 是面C 1DE 与面CDE 所成二面角的平面角. ∵DC =2，CC 1=1，CE =1.∴CH =52121222=+⨯=⋅DE CE CD ∴tan C 1HC =251=CH C C .即面C 1DE 与面CDE 所成二面角的正切值为25. 评述：本题考查正四棱柱的基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.12.（Ⅰ）证法一：连接A C.∵正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面是正方形. ∴AC ⊥BD ，又AC ⊥D 1D ，故AC ⊥平面BDD 1B 1∵E ，F 分别为AB ，BC 的中点，故EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BDD 1B 1 ∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.证法二：∵BE =BF ，∠EBD =∠FBD =45°，∴EF ⊥B D. ∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.（Ⅱ）解：在对角面BDD 1B 1中，作D 1H ⊥B 1G ，垂足为H∵平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1，且平面B 1EF ∩平面BDD 1B 1=B 1G ，∴D 1H ⊥平面B 1EF ，且垂足为H ，∴点D 1到平面B 1EF 的距离d =D 1H . 解法一：在Rt △D 1HB 1中，D 1H =D 1B 1·sin D 1B 1H ， ∵D 1B 1=2A 1B 1=4.sin D 1B 1H =sin B 1GB =1741442211=+=GB B B ， ∴d =D 1H =4·.171716174= 解法二：∵△D 1HB ∽△B 1BG ，∴GB B D B B H D 11111=∴d =D 1H =171716121=G B B B . 解法三：如图9—64，连接D 1G ，则三角形D 1GB 1的面积等于正方形DBB 1D 1面积的一半.即21B 1G ·D 1H =21BB 12. ∴d =171716. （Ⅲ）311111===--EF B D EFD B V V V·d ·316172211716311=⋅⋅⋅=∆EF B S .评述：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系.要求对图形必须具备一定的洞察力.并进行一定的逻辑推理.在研究本题时，要注意摘出平面图形，便于计算.13.（Ⅰ）证明：∵∠SAB =∠SAC =90°， ∴SA ⊥AB ，SA ⊥A C. 又AB ∩AC =A ， ∴SA ⊥平面AB C. 由于∠ACB =90°，即BC ⊥AC ，由三垂线定理，得SC ⊥BC .（Ⅱ）解：∵BC ⊥AC ，SC ⊥BC∴∠SCA 是侧面SCB 与底面ABC 所成二面角的平面角.在Rt △SCB 中，BC =5，SB =55.得SC =22BC SB -=10在Rt △SAC 中AC =5，SC =10，cos SCA =21105==SC AC ∴∠SCA =60°，即侧面SBC 与底面ABC 所成的二面角的大小为60°.（Ⅲ）解：在Rt △SAC 中， ∵SA =755102222=-=-AC SC . S △ABC =21·AC ·BC =21×5×5=225. ∴V S －ABC =31·S △ACB ·SA =631257522531=⨯⨯. 14.解：（Ⅰ）作MP ∥AB 交BC 于点P ，NQ ∥AB 交BE 于点Q ，连结PQ ，依题意可得MP ∥NQ ，且MP =NQ ，即MNQP 是平行四边形，如图9—70∴MN =PQ .由已知，CM =BN =a ，CB =AB =BE =1，∴AC =BF =2， 21,21aBQ a CP ==. 即CP =BQ =2a . ∴MN =PQ =2222)2()21()1(a a BQ CP +-=+- 21)22(2+-=a （0＜a ＜2）. （Ⅱ）由（Ⅰ），MN =21)22(2+-a ，所以，当a =22时，MN =22. 即M 、N 分别移动到AC 、BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为22. （Ⅲ）取MN 的中点G ，连结AG 、BG ，如图9—71 ∵AM =AN ，BM =BN ，G 为MN 的中点∴AG ⊥MN ，BG ⊥MN ，∠AGB 即为二面角α的平面角，又AG =BG =46，所以，由余弦定理有cos α=31464621)46()46(22-=⋅⋅-+. 故所求二面角α=arccos （－31）. 评述：该题考点多，具有一定深度，但入手不难，逐渐加深，逻辑推理和几何计算交错为一体；以两个垂直的正方形为背景，加强空间想象能力的考查.体现了立体几何从考查、论证和计算为重点，转到既考查空间概念，又考查几何论证和计算.但有所侧重，融论证于难度适中的计算之中.反映教育改革趋势，体现时代发展潮流.此外解答过程中，必须引入适当的辅助线，不仅考查识图，还考查了基本的作图技能.充分体现了“注重学科之间的内在联系”，较为深入和全面考查各种数学能力.15.（Ⅰ）证明：∵CD ⊥AB ，VN ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，∴VN ⊥A B.又∵CD ∩VN ＝N ∴平面VNC ⊥AB 又∵MD ⊂平面VNC ∴MD ⊥AB∴∠MDC 为二面角M －MAB －C 的平面角.如图9—72 （Ⅱ）证明：∵VC ⊂平面VCN ，∴AB ⊥VC又∵在△VCN 和△CDM 中，∠CVN ＝∠MDC ，∠VCN ＝∠VCN ∴∠DMC ＝∠VNC ＝90°.∴DM ⊥VC又∵AB ∩DM ＝D ，AB 、DM ⊂平面AMB ∴VC ⊥平面AMB ．（Ⅲ）解：∵MD ⊥AB 且MD ⊥VC ，∴MD 为VC 与AB 的距离为h . 过M 作ME ⊥CD 于E∴V MABC ＝21AB ·CD ×ME ·6131=ah 2tan θ四、作业同步练习空间角距离综合1、已知半径是B 的球面上有A 、B 、C 三点，AB=6 ,BC=8, AC=10;则球心O 到截面ABC 的距离为（）A 、12B 、8C 、6D 、52、已知三棱锥P-ABC ，PA ⊥平面ABC ，︒=∠︒=∠30,90ACB ABC ,AB=1,D 、E 分别是PC 、BC 的中点，则异面直线DE 与AB 的距离是（）A 、33B 、23C 、3D 、与PA 的长有关3、设两平行直线a 、b 间的距离为2m ，平面α与a 、b 都平行且与a 、b 的距离都为m ，这样的平面α有（）A 、1个B 、2个C 、3个D 、4个4、一个二面角的两个面分别与另一个二面角的两个面垂直，则这两个二面角（） A 、相等 B 、互补 C 、相等或互补 D 、不确定5、平面βα平面＝CD ，P 为这两个平面外一点，PA ⊥α于A ，PB ⊥β于B ，若PA=2,PB=1AB=7则二面角βα--CD 的大小为（）A 、︒150B 、︒120C 、︒90D 、︒60 6、P 是平面ABC 外一点，若PA=PB=PC,且︒=∠=∠=∠60CPA BPC APB 则二面角P-AB-C 的余弦值为 .7、正三棱锥的一个侧面的面积与底面面积之比为2：3，则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为。

2025高考数学一轮复习-37.3-空间的距离-专项训练【含答案】

2025高考数学一轮复习-37.3-空间的距离-专项训练一、基本技能练1.如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD 都是边长为2的等边三角形.(1)证明：PB⊥CD；(2)求点A到平面PCD的距离.2.如图，在三棱锥P－ABC中，BC⊥平面PAC，AD⊥BP，AB＝2，BC＝1，PD ＝3BD＝3.(1)求证：P A⊥AC；(2)求平面P AC与平面ACD夹角的余弦值.3.在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝5，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；BC，设平面FDE与平面DEC夹角的大小为θ，(2)若点F在BC上，满足BF＝14求sinθ的值.二、创新拓展练4.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为矩形，若平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1⊥平面ABC1.(1)求证：AB⊥BB1；(2)记平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为α，直线AC1与平面BCC1B1所成的角为β，异面直线AC1与BC所成的角为φ，当α，β满足：cosα·cosβ＝m(0<m<1，m为常数)时，求sinφ的值.参考答案与解析一、基本技能练1.(1)证明取BC 的中点E ，连接DE ，则ABED 为正方形.过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O .连接OA ，OB ，OD ，OE .由△PAB 和△PAD 都是等边三角形知PA ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABED 对角线的交点，故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点，所以OE ∥CD .因此PB ⊥CD .(2)解取PD 的中点F ，连接OF ，则OF ∥PB .由(1)知，PB ⊥CD ，故OF ⊥CD .又OD ＝12BD ＝2，OP ＝PD 2－OD 2＝2，故△POD 为等腰三角形，因此OF ⊥PD .又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ，所以OF ⊥平面PCD .因为AE ∥CD ，CD ⊂平面PCD ，AE ⊄平面PCD ，所以AE ∥平面PCD .因此O 到平面PCD 的距离OF 就是A 到平面PCD 的距离，而OF ＝12PB ＝1，所以A 到平面PCD 的距离为1.2.(1)证明法一由AB ＝2，BD ＝1，AD ⊥BP ，得AD ＝3.由PD ＝3，AD ＝3，AD ⊥BP ，得PA ＝2 3.由BC⊥平面PAC，AC，PC⊂平面PAC，得BC⊥AC，BC⊥PC.所以AC＝AB2－BC2＝3，PC＝PB2－BC2＝15.因为AC2＋PA2＝15＝PC2，所以PA⊥AC.法二由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝ 3.由PD＝3，AD＝3，AD⊥BP，得PA＝2 3.因为PB＝4，所以PB2＝AB2＋PA2，所以PA⊥AB.由BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，得BC⊥PA.又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，故PA⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以P A⊥AC.(2)解法一如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，因为BC⊥平面PAC，所以DE⊥平面PAC.因为AC⊂平面PAC，所以DE⊥AC.过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DF，又DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF .因为DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥DF .则∠DFE 为平面P AC 与平面ACD 的夹角.由PD ＝3BD ＝3，DE ∥BC ，得DE ＝34，由EF ⊥AC ，PA ⊥AC ，且EF ，P A ⊂平面PAC ，得EF ∥P A ，且EF PA ＝CE CP ＝BD BP ＝14，得EF ＝32.易知DE ⊥EF ，则DF ＝DE 2＋EF 2＝214.所以cos ∠DFE ＝EF DF ＝277.所以平面PAC 与平面ACD 夹角的余弦值为277.法二如图，作AQ ∥CB ，以AQ ，AC ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系.因为AB ＝2，BC ＝1，BD ＝1，BP ＝4，所以AC ＝3，AP ＝2 3.故A (0，0，0)，B (1，3，0)，C (0，3，0)，P (0，0，23).由BD →＝14BP →，得，334，则AD →334，AC →＝(0，3，0).设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y，z )，·AC→＝0，·AD→＝0，＝0，334y ＋32z ＝0，令x ＝2，则z ＝－3，y ＝0，所以n ＝(2，0，－3)为平面ACD 的一个法向量.由于BC ⊥平面PAC ，因此CB→＝(1，0，0)为平面PAC 的一个法向量.设平面PAC 与平面ACD 夹角的大小为θ，则cos θ＝|cos 〈CB →，n 〉|＝|CB →·n ||CB →||n |＝27＝277.所以平面PAC 与平面ACD 夹角的余弦值为277.3.解(1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，OB ，OC ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB→，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz .因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，0，2).因为E 为AC 的中点，所以E (0，1，1)，所以AB→＝(1，0，－2)，DE →＝(1，1，1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515.(2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1，2，0)，所以BF →＝14BC →－14，12又DB→＝(2，0，0)，故DF →＝DB →＋BF →，12，设平面DEF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，·n 1＝0，·n 1＝0，＋y 1＋z 1＝0，1＋12y 1＝0，取x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7，5)为平面DEF 的一个法向量.设平面DEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，又DC→＝(1，2，0)，·n 2＝0，·n 2＝0，2＋y 2＋z 2＝0，2＋2y 2＝0，取x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1，所以n 2＝(2，－1，－1)为平面DEC 的一个法向量.故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313.所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913.二、创新拓展练4.(1)证明∵四边形BCC 1B 1是矩形，图1∴BC⊥BB1，又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC⊂平面BCC1B1，∴BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，∴AB⊥BC.如图1，过C作CO⊥BC1，∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO⊂平面BCC1B1，∴CO⊥平面ABC1，又AB⊂平面ABC1，∴AB⊥CO，又AB⊥BC，CO∩BC＝C，CO，BC⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，又BB1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥BB1.(2)解由题意知AB∥A1B1，又AB⊥平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1.以B1为原点，B1A1，B1B，B1C1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2，图2不妨设B 1A 1＝a ，B 1B ＝b ，B 1C 1＝c ，则B 1(0，0，0)，A 1(a ，0，0)，B (0，b ，0)，C 1(0，0，c )，A (a ，b ，0)，BA →＝B 1A 1→＝(a ，0，0)，BC →＝B 1C 1→＝(0，0，c )，BC 1→＝(0，－b ，c ).设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ABC 1n 1·BA →＝ax 1＝0，n 1·BC 1→＝－by 1＋cz 1＝0，∴x 1＝0，令y 1＝c ，则z 1＝b ，∴n 1＝(0，c ，b ).取平面A 1B 1C 1的一个法向量n ＝(0，1，0)，由图知，α为锐角，则cos α＝|cos 〈n 1，n 〉|＝c b 2＋c 2.取平面BCC 1B 1的一个法向量n 2＝(1，0，0)，由C 1A →＝(a ，b ，－c )，得sin β＝|cos 〈C 1A →，n 2〉|＝a a 2＋b 2＋c 2.又β∈0，π2，∴cos β＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2，则cos αcos β＝c a 2＋b 2＋c 2.|cos 〈C 1A →，BC →〉|＝cos φ＝|（a，b，－c）·（0，0，c）|c a2＋b2＋（－c）2＝ca2＋b2＋c2，∴cosφ＝cosαcosβ.∵cosαcosβ＝m且m∈(0，1)，φ，π2，∴sinφ＝1－cos2φ＝1－m2.。

2016届高考数学(理)一轮复习单元检测第14单元空间向量及空间中的角、距离(解析版)

第十四单元空间向量及空间中的角、距离(120分钟150分)第Ⅰ卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知向量a=(0,2,1),b=(-1,1,-2),则a与b的夹角为A.0°B.45°C.90°D.180°解析:cos<a,b>===0,故<a,b>=90°.答案:C2.空间四边形OABC中,=a,=b,=c,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则等于A.-a+b+cB.a-b+cC.a+b-cD.a+b-c解析:=+=-++=-a+b+c.答案:A3.已知O为空间任一点,A、B、C、D四点满足任三点均不共线,但四点共面,且=3x+4y+z,则3x+4y+z等于A.1B.-1C.2D.-2解析:因为=3x+4y+z=-3x-4y-z,所以-3x-4y-z=1,即3x+4y+z=-1.答案:B4.若直线l的方向向量是a=(-2,0,1),且直线l上有一点P不在平面α上,平面α的法向量是b=(2,0,4),则A.l⊥αB.l∥αC.l⊂αD.l与α斜交解析:因为a·b=(-2,0,1)·(2,0,4)=0,所以a⊥b,又因为直线l上有一点P不在平面α上,所以l∥α.答案:B5.已知点A(4,1,3),B(2,-5,1),C为线段AB上一点,且=,则C的坐标为A.(,-,)B.(,-3,2)C.(,-,)D.(,-1,)解析:因为C 为线段AB 上一点,所以=t ,又因为||=||,所以t=,设点O 为坐标原点,所以=+t=(4,1,3)+(-2,-6,-2)=(,-1,).答案:D6.已知三个向量,,两两之间的夹角为60°,又||=1,|=2,||=3,则|++|等于A .5B .6C .7D .8解析:|++=(++)2=||2+||2+|+2·+2·+2·=1+4+9+2+6+3=25,所以|++|=5. 答案:A7.在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,M 和N 分别为A 1B 1和BB 1的中点,那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是A .-B .C .D .解析:以D 为原点,DA 所在直线为x 轴,建立空间直角坐标系,则A (1,0,0),M (1,,1),C (0,1,0),N (1,1,),所以=(0,,1),=(1,0,),故cos <,>==,故选B .答案:B8.空间中有四点A ,B ,C ,D ,其中=(2m ,m ,2),=(m ,m+1,-5),且+=(5,,-3),则直线AB 和CDA.平行B.异面C.必定相交D.必定垂直解析:由+=(5,,-3)知m=,=(,,2),=(,,-5),所以·=(,,2)·(,,-5)=+-10=0,故选D .答案:D9.在四棱锥P —ABCD 中,=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h 等于A.1B.2C.13D.26解析:设平面ABCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则即取x=1,则y=4,z=,n =(1,4,),d==2.答案:B10.如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:①·≠0;②∠BAC=60°;③三棱锥D—ABC是正三棱锥;④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直.其中正确的是A.①②B.③④C.②③D.①④解析:显然BD⊥平面ADC,BD⊥AC,故·=0,①错;平面ADC和平面ABC不垂直,所以两平面的法向量不垂直,故④错;设BD=1,则AB=AC=BC=,故②正确,③正确.答案:C11.如图,在三棱锥P—ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为A.B.C.D.解析:以A为坐标原点,以AB、AC、AP所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,2),D(,0,0),E(,,0),F(0,,1),∴=(0,0,2),=(0,,0),=(-,,1),设n=(x,y,z)是平面DEF的一个法向量,则即取x=1,则n=(1,0,),设PA与平面DEF所成的角为θ,则sin θ===.答案:B12.把矩形ABCD沿对角线BD折成二面角A-BD-C后,若AB=1,AD=,AC=,则二面角A-BD-C的大小为A.30°B.45°C.60°D.120°解析:过点A作AE⊥BD于E,过点C作CF⊥BD于F,则AE=CF=,EF=1,所以=++,所以(=(++=|+|+|+2·+2·+2·,即=+1++2·,所以cos<,>=-,所以二面角为60°,故选C.答案:C第Ⅱ卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上.13.已知空间四边形ABCD,则·+·+·=.解析:=a,=b,=c,则=b-a,=c-a,=c-b,则·+·+·=a·(c-b)+(b-a)·c-b·(c-a)=0.答案:014.已知向量a=(2,-3,0),b=(k,0,3),若a,b成120°的角,则k=.解析:cos<a,b>===-,得k=±,又k<0,∴k=-.答案:-15.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是A1B1的中点,则直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值为.解析:如图,建立空间直角坐标系,=(0,1,0),=(-1,0,1),=(0,,1),设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z),由可解得n =(1,0,1),设直线AE 与平面ABC 1D 1所成的角为θ, 则sin θ==.答案: 16.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,给出下列四个命题:①(++)2=3()2;②·(-)=0;③和的夹角为60°;④正方体的体积为|(·)|.其中所有假命题的序号为 .解析:设正方体的棱长为1,则(++)2=(=3=3()2,故①正确;·(-)=(++)·(-)=-1+1=0,故②正确;cos <,>====,所以<,>=60°,故③正确;正方体的体积为||||||,故④错.答案:④三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(本小题满分10分)已知向量y =(1,-2,4),向量x 满足以下三个条件: ①y ·x =0;②|x |=10;③x 与向量n =(1,0,0)垂直.求向量x .解析:设x =(a ,b ,c ),由已知得解得或7分故x =(0,4,2)或x =(0,-4,-2). 10分18.(本小题满分12分)如图所示,ABCD—ABEF都是平行四边形,且不共面,M、N分别是AC、BF的中点,判断与的关系?解析:∵M、N分别是AC、BF的中点,而四边形ABCD、ABEF都是平行四边形,∴=++=++.5分又=+++=-+--,∴++=-+--.∴=+2+=2(++)=2.∴∥,即与共线.12分19.(本小题满分12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中,E、F分别为A1D1和CC1的中点.(1)求证:EF∥平面ACD1;(2)求异面直线EF与AB所成的角的余弦值.解析:如图,分别以DA,DC,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D—xyz,由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),E(1,0,2),F(0,2,1).4分(1)取AD1中点G,则G(1,0,1),=(1,-2,1),又=(-1,2,-1),由=-,所以与共线,从而EF∥CG,因为CG⊂平面ACD1,EF⊄平面ACD1,所以EF∥平面ACD1.8分(2)因为=(0,2,0),所以cos<,>===,所以异面直线EF与AB所成角的余弦值为.12分20.(本小题满分12分)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,∠BAC=90°,且异面直线A1B与B1C1所成的角等于60°,设AA1=a.(1)求a的值;(2)求平面A1BC1与平面B1BC1所成的锐二面角的大小.解析:(法一)(1)建立如图坐标系,于是B(1,0,0),B1(1,0,a),C1(0,1,a),A1(0,0,a)(a>0),=(-1,1,0),=(1,0,-a),∴·=-1,由于异面直线A1B与B1C1所成的角为60°,所以与的夹角为120°,即||·||cos 120°=-1⇒··(-)=-1⇒a=1. 6分(2)设向量n=(x,y,z)且n⊥平面A1BC1,于是n⊥且n⊥,即n·=0且n·=0,又=(1,0,-1),=(0,1,0),所以不妨设n=(1,0,1),同理得m=(1,1,0),使m⊥平面BB1C1,设m与n的夹角为θ,所以cos θ==,故θ=60°.因此平面A1BC1与平面B1BC1所成的锐二面角的大小为60°.12分(法二)(1)∵BC∥B1C1,∴∠A1BC就是异面直线A1B与B1C1所成的角,即∠A1BC=60°,连结A1C,又AB=AC,则A1B=A1C.∴△A1BC为等边三角形,由AB=AC=1,∠BAC=90°⇒BC=,∴A1B=⇒=⇒a=1.6分(2)取A1B的中点E,连结B1E,过E作EF⊥BC1于F,连结B1F,B1E⊥A1B,A1C1⊥B1E⇒B1E⊥平面A1BC1⇒B1E⊥BC1,又EF⊥BC1,∴BC1⊥平面B1EF,∴B1F⊥BC1,故∠B1FE即为平面A1BC1与平面B1BC1所成的锐二面角的平面角.在△B1EF中,∠B1EF=90°,B1E=,B1F==,∴sin∠B1FE==⇒∠B1FE=60°,因此平面A1BC1与平面B1BC1所成的锐二面角的大小为60°.12分21.(本小题满分12分)在如图所示的多面体ABCDE中,△ABC是边长为2的正三角形,AE>1,AE⊥平面ABC,平面BCD⊥平面ABC,BD=CD,且BD⊥CD.(1)若AE=2,求证:AC∥平面BDE;(2)若二面角A—DE—B的大小为60°,求AE的长.解析:(1)取BC的中点M,连结DM、AM,∵CD=DB,∴DM⊥BC,∵平面BCD⊥平面ABC,∴DM⊥平面ABC,∵AC=AB,∴AM⊥MB,∵BD⊥CD,BD=CD,∴DM=CM=1,以M为坐标原点,分别以、、为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系M—xyz.则M(0,0,0),B(1,0,0),D(0,0,1),E(0,,2),A(0,,0),C(-1,0,0),=(-1,0,1),=(-1,,2),=(-1,-,0),设平面BDE的法向量n1=(x,y,z),则所以令x=1,则n1=(1,-,1),∴·n1=(-1,-,0)·(1,-,1)=0,又AC⊄平面BDE,∴AC∥平面BDE.6分(2)设AE=h,则M(0,0,0),B(1,0,0),D(0,0,1),A(0,,0),E(0,,h),=(-1,0,1),=(-1,,h).设平面BDE的法向量n1=(x,y,z),则所以令x=1,所以n1=(1,,1),又平面ADE的法向量n2=(1,0,0),∴|cos<n1,n2>|===,解得h=+1,即AE=+1.12分22.(本小题满分12分)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.(1)求证:AM∥平面BCN;(2)求AN与平面MNC所成角的正弦值;(3)E为直线MN上一点,且平面ADE⊥平面MNC,求的值.解析:(1)∵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).则A(2,0,0),M(0,0,2),B(2,2,0).∵MD⊥平面ABCD,NB∥MD,∴NB⊥平面ABCD,∴NB⊥AB.∵AB⊥BC,∴AB⊥平面NBC,∴是平面NBC的法向量.∵=(0,2,0),=(-2,0,2),∴·=0,即⊥,∴AM∥平面BCN.4分(2)∵A(2,0,0),M(0,0,2),C(0,2,0),N(2,2,1).∴=(0,2,1),=(2,2,-1),=(0,2,-2),设平面MNC的法向量n=(x,y,z),则令z=2,则n=(-1,2,2).设AN与平面MNC所成角为θ,∴sin θ=|cos<,n>|=||=.8分(3)设E(x,y,z),=λ,则=λ,又∵=(x,y,z-2),=(2,2,-1),∴E点的坐标为(2λ,2λ,2-λ),∵AD⊥平面MDC,∴AD⊥MC,欲使平面ADE⊥平面MNC,只要AE⊥MC,∵=(2λ-2,2λ,2-λ),=(0,2,-2),又·=0,∴4λ-2(2-λ)=0,得λ=,∴=.12分。

高考数学一轮复习第七章立体几何第七节空间角与距离的求解习题理

第七节空间角与距离的求解[基础达标]一、选择题(每小题5分,共25分)1.正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点,CD等于,则顶点A1到平面CDC1的距离为()A.B.1C.D.1.B【解析】由题意可得该正三棱柱的底面边长为2,且AD⊥平面CDC1,AA1∥平面CDC1,所以顶点A1到平面CDC1的距离等于顶点A到平面CDC1的距离,即为AD=1.2.一条直线与平面α成60°角,则这条直线与平面内的直线所成角的取值范围是()A.[0°,90°]B.(0°,45°]C.[60°,180°]D.[60°,90°]2.D【解析】由线面角的定义可得答案.3.如图所示,在四面体ABCD中,E,F分别是AC与BD的中点,若CD=2AB=4,EF⊥BA,则EF与CD 所成角为()A.90°B.45°C.60°D.30°3.D【解析】取AD的中点G,连接FG,EG,则EF⊥FG,∠FEG是EF和CD所成角.又FG=1,EG=2,所以∠FEG=30°,即EF和CD所成角为30°.4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C和C1D与底面所成的角分别为60°和45°,则异面直线B1C 和C1D所成角的余弦值为()A.B.C.D.4.A【解析】设BC=1,则由∠CB1C1=60°可得CC1=,B1C=2.由∠DC1D1=45°可得D1C1=,DC1=.连接AB1,则DC1∥AB1,所以异面直线B1C和C1D所成角即为∠AB1C.在△AB1C中,因为AB1=,B1C=2,AC=2,由余弦定理可得cos ∠AB1C=.5.二面角α-l-β的棱l上有一点P,射线PA在α内,且与棱l成45°角,与面β成30°角,则二面角α-l-β的大小为() A.30°或150°B.45°或135°C.60°或120°D.90°5.B【解析】过点A作AO⊥β,垂足是O,在平面α内作AB⊥l,垂足是B.连接BO,则由二面角定义可得∠ABO即为二面角α-l-β的平面角或其补角.设AO=1,直角三角形APO中,∠APO=30°,则AP=2.在直角三角形APB中,∠APB=45°,则AB=,所以∠ABO=45°,故二面角α-l-β的大小为45°或135°.二、填空题(每小题5分,共15分)6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,点D在棱BB1上,若BD=1,则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为.6.【解析】由题意可得点D到平面AA1C1C的距离为,且|AD|=,所以直线AD与平面AA1C1C所成角θ的正弦值sin θ=,则cos θ=,tan θ=.7.△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.7.60°【解析】设面ABC与面BCD所成角为θ,则由题意可得cos θ=,所以θ=60°.8.已知Rt△ABC的直角顶点C在平面α内,斜边AB∥α,AB=2,AC,BC分别和平面α成45°和30°角,则AB到平面α的距离为.8.2【解析】设AB到平面α的距离为h,则BC=2h,AC=h,则(2h)2+(h)2=24,解得h=2,即AB到平面α的距离为2.三、解答题(共25分)9.(12分ABC-A1B1C1,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D,又知BA1⊥AC1.(1)求证:AC1⊥平面A1BC;(2)求二面角A-A1B-C的余弦值.9.【解析】(1)∵A1D⊥平面ABC,∴平面AA1C1C⊥平面ABC,又BC⊥AC,∴BC⊥平面AA1C1C,得BC⊥AC1,又BA1⊥AC1,∴AC1⊥平面A1BC.(2)以D为坐标原点,以平行BC的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系.由(1)知AC1⊥平面A1BC,则AC1⊥A1C,∴四边形ACC1A1为菱形,∴A1D=.设n=(x0,y0,z0)为平面A1AB的法向量, =(2,2,0), =(0,-1,-),则令x0=3,则n=(3,-3,).设面A1BC的法向量为m=(x,y,z), =(0,-1,), =(2,0,0),∴令z=1,则m=(0, ,1),故cos<m,n>==-,根据法向量的方向可知二面角A-A1B-C的余弦值为-.10.(13分,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=A1A=AB=2,点E是棱AB上一点,且=λ.(1)证明:D1E⊥A1D;(2)若二面角D1-EC-D的余弦值为,求CE与平面D1ED所成的角.10.【解析】(1)以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),A1(2,0,2),B1(2,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2).因为=λ,所以E,于是=(-2,0,-2)所以·(-2,0,-2)=0,故D1E⊥A1D.(或用几何法先证出A1D⊥平面D1AE,然后证出A1D⊥D1E)(2)因为D1D⊥平面ABCD,所以平面DEC的一个法向量为n1=(0,0,2).又=(0,-4,2),设平面D1CE的法向量为n2=(x,y,z),则n2·=2x+y=0,n2·=-4y+2z=0,所以向量n2的一个解是.因为二面角D1-EC-D的余弦值为,则,解得λ=1.因为λ=1,所以E(2,2,0),故=(0,0,2),=(2,2,0), =(2,-2,0),因此=0, =0,故CE⊥平面D1ED.即CE与平面D1ED所成角为.[高考冲关]1.(5分ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为()A.B.C.D.1.B【解析】设底面正三角形ABC的中心为Q,则由题意易知PQ⊥底面ABC,则PA与平面ABC 所成角为∠PAQ.又该三棱柱的体积V=S△ABC h=h=,h=,则|PQ|=,又|AQ|=1,在直角三角形APQ中,tan ∠PAQ=,∠PAQ=.2.(5分,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B的平面角为α,则()A.∠A'DB≤αB.∠A'DB≥αC.∠A'CB≤αD.∠A'CB≥α2.B【解析】取极限思维:当沿直线CD翻折180°,此时α=0°,排除选项A,C;当沿直线CD 翻折0°,此时α=180°,排除选项D.3.(5分,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为.3.【解析】根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设正方形的边长为2,则A(0,0,0),E(1,0,0),F(2,1,0),并设M(0,t,2)(0≤t≤2),则=(2,1,0), =(-1,t,2),则cos θ=.当t=2时,cos θ=0;当t≠2时,即0≤t<2,令m=2-t,则t=2-m,且,所以cosθ=,则当,即m=2时,cos θ取得最大值.4.(12分1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E 是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.4.【解析】(1)在图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B,E,A10,0,,C,得,=(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD 夹角为θ,则取n1=(1,1,1);取n2=(0,1,1),从而cos θ=|cos<n1,n2>|=,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.5.(13分,已知三棱锥A-OCB中,AO⊥底面BOC,且∠BAO=∠CAO=,AB=4,点D为线段AB的中点,记二面角B-AO-C的大小为θ.(1)求三棱锥A-OCB体积V的最大值;(2)当θ=时,求二面角C-OD-B的余弦值.5.【解析】(1)由条件,∠BOC即为二面角B-AO-C的平面角,即为θ,V=×BO×OC×sin θ×AO=sin θ≤,所以当θ=时,V取得最大值.(2)如图,以O为原点,在平面OBC内垂直于OB的直线为x轴,OB,OA所在的直线分别为y轴,z 轴建立空间直角坐标系Oxyz,则A(0,0,2),B(0,2,0),D(0,1,),C(,-1,0).设n1=(x,y,z)为平面COD的法向量,由取z=,则n1=,平面AOB的一个法向量可以为n2=(1,0,0),设二面角C-OD-B的大小为α,cos α==-=-,综上,二面角C-OD-B的余弦值为-.。

专题59+空间角、距离及其求法(检测)-2019年高考数学(理)名师揭秘之一轮总复习+Word版含解析

【学习目标】理解异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角及二面角的平面角等概念，能依题设条件选择恰当的方法求解空间角和距离．特别注意两平面法向量的夹角与二面角的关系．【知识要点】1．异面直线所成的角及求法(1)平移法：将两异面直线中的一条或两条平移至某特殊点后，构造三角形，通过解该三角形而求其大小；(2)向量法：若异面直线a 和b 的方向向量为a 和b ，设异面直线a 和b 所成的角为θ，则cos θ＝____________ ＝______．2．直线与平面所成的角及求法(1)定义：设l 和α分别表示直线与平面．①若l ∥α或l ⊂α，则称直线l 和平面α所成的角为____；②若l ⊥α，则称l 与α所成的角为____；③若l 与α相交，则l 与l 在α内的射影所成的锐角为直线l 与平面α所成的角．(2)取值范围：设θ是直线l 与平面α所成的角，则θ的取值范围是________．(3)求法：①定义法：探寻直线l 在平面α内的射影(通常由垂直法找射影)，构造直线l 与平面α所成角对应的直角三角形，通过解该直角三角形而求得直线与平面所成的角．②向量法：设l 和n 分别是直线l 的方向向量和平面α的法向量，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝____________＝_______．3．二面角及求法(1)定义：在二面角的棱上任取一点，分别在二面角的两个面内作棱的垂线，则这两垂线所成的角称为该二面角的平面角，且定义平面角的大小为该二面角的大小．(2)取值范围：规定二面角的取值范围为[0，π]．(3)求法：①定义法：即求作二面角的平面角；②垂面法：即探寻过二面角棱上一点且垂直于棱的平面，该平面与二面角的两个面的交线所构成的角即为二面角的平面角；③向量法：设二面角α－l －β的两个面α与β的法向量为n 1和n 2，二面角α－l －β的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，当θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|；当θ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，cos θ＝－|n 1·n 2||n 1|·|n 2|. 4．空间距离及求法(1)空间距离的概念①点到平面的距离：自点向平面引垂线，______________的长度．②异面直线间的距离：两条异面直线的公垂线夹在这两条异面直线间的______的长度．③直线与平面间的距离：如果一条直线和一个平面平行，从这条直线上任意一点向平面引垂线，_________________的长度．④两平行平面间的距离：夹在两平行平面之间的_________的长度．(2)空间距离的求法①求空间距离的常用方法直接法、转化法、等体积法、向量法．②求空间距离的一般步骤_________________________； ___________________；_________________________．【高考模拟】一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线1BC 与平面1A BD 所成角的余弦值为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】分别以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系：设正方体的棱长为1，可得()()()()110,0,0,1,1,0,0,1,1,1,0,1D B C A ∴()()()111,0,1,1,0,1,1,1,0BC A D BD =-=--=-- 设(),,n x y z =是平面1A BD 的一个法向量∴10{ 0n A D n BD ⋅=⋅=，即0{ 0x z x y +=+=点睛：用向量法求二面角大小的两种方法：（1）分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小即为二面角的大小；（2）分别求出二面角的两个半平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角大小，解题时要注意结合图形判断出所求的二面角是锐角还是钝角.2．在三棱锥P-ABC 中，侧面PAC 与底面ABC 均是等腰直角三角形．O 是斜边AC 的中点，平面PAC ⊥平面ABC ，且AC ＝4，设θ是二面角P-AB-C 的大小，则sin θ＝( )A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】连接PO ，过O 作OD ⊥AB ，连接PD (如图)．因为平面P AC ⊥平面ABC ，PO ⊥AC ，所以PO ⊥平面ABC ，PO ⊥AB .又OD ⊥AB .从而AB ⊥平面POD ，PD ⊥AB ，所以∠PDO 为二面角P -AB -C 的平面角，即θ＝∠PDO .由题设，OD ＝BC ＝×2＝，OP ＝2，所以PD ＝＝.故sin θ＝sin ∠PDO ＝＝＝. 3．在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( )A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】如图，建立空间直角坐标系，易求点D.平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)，所以cos 〈n ，〉＝＝，则sin α＝.4．在正四棱锥S ABCD -中， O 为顶点S 在底面的射影， P 为侧棱SD 的中点，且SO OD =，则直线BC 与平面PAC 所成的角是( )A ． 75︒B ． 60︒C ． 45︒D ． 30︒【答案】D【解析】如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O-xyz ．设OD=SO=OA=OB=OC=a ，则A （a ，0，0），B （0，a ，0），C （-a ，0，0），P （0， ,)22a a - ()2,0,0,,,22a a CA a PA a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭ 设平面PAC 的法向量为(),,n x y z = 则20{ 022ax a a ax y z =--+= 可求得()0,1,1n = 则1cos , ,602o BC n BC n =∴=∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°-60°=30°．故选D ．点睛：本题考查了直线与平面所成的角的概念及利用空间向量的方法求解空间中的直线与平面的夹角，注意计算的准确性.5．如图所示，正方体A ABCD B C D ''''-中， M 是AB 的中点，则'sin ,DB CM 为（）A ． 12B ．C ．D ．【答案】B【解析】以’DA DC DD ，，所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立直角坐标系O-xyz ，设正方体棱长为1，则D （0，0，0），'B （1，1，1），C （0，1，0），M （1， 12，0）， ∴1'111102DB CM ==-（，，），（，，），∴11'15cos DB CM -==，，∴sin ',115DB CM =-=.故选B.6．(2017·黄冈质检)如图，在棱长均为2的正四棱锥P －ABCD 中，点E 为PC 的中点，则下列命题正确的是()A ． BE ∥平面P AD ，且BE 到平面P AD B ． BE ∥平面P AD ，且BE到平面P ADC．BE与平面P AD不平行，且BE与平面P AD所成的角大于30°D．BE与平面P AD不平行，且BE与平面P AD所成的角小于30°【答案】D【解析】点睛：(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．7．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】A【解析】由已知AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC.分别以BC，BA，BB1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA1＝2a ，则A (0,1,0)，C0,0)，D 1,22a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，E (0,0，a )，所以＝31,022ED ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， cos 〈ED，n 112=，〈ED ，n 〉＝60°，所以直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°.故选A.点睛：(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．8．已知A ∈α，P ∉α， PA ＝12⎛⎝，平面α的一个法向量n ＝10,,2⎛- ⎝，则直线P A 与平面α所成的角为 ( )A ． 30°B ． 45°C ． 60°D ． 150° 【答案】C【解析】设P A 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝124cos ,212PA n PA n PA n +⋅===+ ∵θ∈[0°，90°]，∴θ＝60°，故选C.9．如图，在长方体ABCD A B C D '-'''中，点,P Q 分别是棱,BC CD 上的动点，4,3,BC CD CC '===直线CC '与平面'PQC 所成的角为030，则PQC ∆'的面积的最小值是（）A．B．8C．D．10【答案】B点睛：本题考查了线面角的计算，空间向量的应用，基本不等式，对于三棱锥的体积往往进行等积转化,可以求对应的三角形的面积.=，则平面ABP和平面CDP所成的锐二面角10．过正方形ABCD的顶点A，作PA⊥平面ABCD，若P A B A的大小是（）．A．30︒B．45︒C．60︒D．90︒【答案】B【解析】如图，以A 为坐标原点，以AD ， AB ， AP 分别为x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，设1AB AD AP ===，∴()0,0,0A ， ()0,1,0AB =，()0,1,0B ， ()0,0,1AP =，()0,0,1P ， ()0,1,0DC =，()1,1,0C ， ()1,0,1DP -，()1,0,0D ，设平面CDP 的一个法向量为(),,n x y z ，0{ 0y x z =-+=， ()1,0,1n ， ∵平面ABP 的一个法向量为()1,0,0m ，cos m n ⋅==， ∴所求锐二面角为45︒．故选B ．11．若直线a 、b 是不互相垂直的异面直线,平面α、β满足aα,b β,则这样的平面α、β( )A ．只有一对B ．有两对C ．有无数对D ．不存在【答案】C【解析】因a,b 是异面直线,所以任意取平面α,β满足aα,b β,则α、β必定不重合(否则一个平面内就有两条异面直线).所以这样的平面α、β有无数对.12．已知直线a 平行于平面α,且它们的距离为d,则到直线a 与到平面α的距离都等于d 的点的集合是……( )A ．空集B ．两条平行直线C ．一条直线D ．一个平面【答案】B【解析】与a平行的在a两侧的两条平行直线,且a与这两条平行直线共面于一个与α平行的平面.13．若m,n表示直线,α表示平面,给出下列命题:①②m∥n;③m⊥n;④n⊥α.其中正确命题的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C14．如果直线l,m与平面α、β、γ满足：l=β∩γ，l∥α，和m⊥γ，那么必有( )A．α⊥γ且l⊥m B．α⊥γ且m∥βC．m∥β且l⊥m D．α∥β且α⊥γ【答案】A【解析】若忽视m的位置应分类考虑，即m有可能在β外，则有m∥β，但也有可能在β内，没有考虑到这一点，易错选B或C项.15．已知平面α、β和直线a、b，若α∩β=l,αα,bβ，且平面α与平面β不垂直，直线a与直线l不垂直，直线b与直线l不垂直，则( )A．直线a与直线b可能垂直，但不可能平行B．直线a与直线b可能垂直，也可能平行C．直线a与直线b不可能垂直，但可能平行D．直线a与直线b不可能垂直，也不可能平行【答案】B【解析】①当a∥l,b∥l时，a∥b；②a与b异面垂直，故选B16．如下图，在正三棱锥P－ABC中，D是侧棱PA的中点，O是底面ABC的中心，则下列四个结论中正确的是（）A、OA∥平面PBCB、OD⊥PAC、OD⊥ACD、PA=2OD【答案】D【解析】PO ⊥底面ABC ，即PAO 为直角三角形。