高考典型题型训练——立体几何中求角与距离
2019-2020年高考数学 7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离练习
2019-2020年高考数学 7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离练习——求空间角和距离(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A. B. C. D.【解析】选B.建立空间直角坐标系如图.则A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2).=(-1,0,2),=(-1,2,1),cos<,>==.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.2.(xx·宁波模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.【解析】选A.以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=1,则=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,1,0),设平面DBC1的法向量为n=(x,y,z),则取z=1,则y=-2,x=2,所以n=(2,-2,1),所以sinθ====.【一题多解】本题还可以采用如下方法解答.方法一:选A.设AB=1,则AA1=2.设AC∩BD=O,连接C1O,过C作CH⊥C1O于H,连接DH,显然△C1DB是等腰三角形,所以C1O⊥BD,又C1C⊥BD,因为C1O∩C1C=C1,所以BD⊥平面C1CO,CH⊂平面C1CO,所以BD⊥CH,而CH⊥C1O,BD∩C1O=O,所以CH⊥平面C1BD,所以∠CDH是CD与平面C1BD所成的角,在Rt△C1OC中,OC=,C1C=2,所以C1O==,由C1C·OC=C1O·CH知CH==,在Rt△CDH中,sin∠CDH==.方法二:选A.设点C到平面C1BD的距离为h,CD与平面C1BD所成的角为θ,由=知·h=S△CBD·C1C,所以h=,所以sinθ==.3.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为()A. B.C. D.【解题提示】以A为原点建立空间直角坐标系,分别求出直线BC1的方向向量与平面DBB1D1的法向量,用空间向量的直线与平面所成角的夹角公式计算得解.【解析】选C.如图建立空间直角坐标系,则B(4,0,0),C(4,4,0),C1(4,4,2),显然AC⊥平面BB1D1D,所以=(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量.又=(0,4,2).所以cos<,>===.即直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为.4.(xx·厦门模拟)二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为()A.150°B.45°C.60°D.120°【解析】选C.由条件知·=0,·=0,因为=++.所以||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=62+42+82+2×6×8cos<,>=(2)2.所以cos<,>=-,则<,>=120°,即<,>=60°.所以二面角的大小为60°.5.(xx·北京模拟)在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为()A. B.a C. D.a【解题提示】以P为原点建立空间直角坐标系,利用空间向量法求解.【解析】选B.根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz,则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).所以=(-a,a,0),=(-a,0,a),=(a,0,0).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z).由得得令x=1,所以n=(1,1,1),所以P到平面ABC的距离d===a.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在直三棱柱中,∠ACB=90°,AC=BC=1,侧棱AA1=,M为A1B1的中点,则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为.【解析】以C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则平面AA1C1C的法向量为n=(0,1,0),AM=-(1,0,)=,则直线AM与平面AA1C1C所成角θ的正弦值为sinθ=|cos<,n>|==,所以tanθ=.答案:7.已知点E,F分别在正方体ABCD -A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则面AEF与面ABC 所成的二面角的正切值为.【解析】如图,建立空间直角坐标系Dxyz,设DA=1,由已知条件得A(1,0,0),E,F,=,=,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),面AEF与面ABC所成的二面角为θ,由图知θ为锐角,由得令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3),平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),cosθ=|cos<n,m>|=,tanθ=.答案:8.(xx·石家庄模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1上的点,则点E到平面ABC1D1的距离是.【解析】以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,设点E(1,a,1)(0≤a≤1),连接D1E,则=(1,a,0).连接A1D,易知A1D⊥平面ABC1D1,则=(1,0,1)为平面ABC1D1的一个法向量.所以点E到平面ABC1D1的距离是d==.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.(xx·湖南高考)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD.(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.【解题提示】(1)利用矩形的邻边垂直,及线线平行证明OO1⊥AC,OO1⊥BD.(2)由二面角的定义或者向量法求二面角的余弦值.【解析】(1)因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD,又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD,因为AC∩BD=O,所以O1O⊥底面ABCD.(2)方法一:如图,过O1作O1H⊥B1O,垂足为H,连接C1H,由(1)可得OO1⊥A1C1,由于A1B1C1D1是菱形,所以B1D1⊥A1C1,所以A1C1⊥平面B1D1DB,所以由三垂线定理得HC1⊥B1O,所以∠O1HC1就是二面角C1-OB1-D的平面角.设棱柱的棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=,在直角三角形O1OB1中,O1H==,因为O1C1=1,所以C1H===,所以cos∠C1HO1==,即二面角C1-OB1-D的余弦值为.方法二:因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD为菱形,AC⊥BD,又O1O⊥底面ABCD,所以OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,所以O,B1,C1,平面BDD1B1的一个法向量为n=,设平面OC1B1的法向量为m=,则由m⊥,m⊥,所以x+2z=0,y+2z=0,取z=-,则x=2,y=2,所以m=,所以cos<m,n>===.由图形可知二面角C1-OB1-D为锐二面角,所以二面角C1-OB1-D的余弦值为.10.(xx·杭州模拟)如图,将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成一个直二面角,且EA⊥平面ABD,AE=a,(1)若a=2,求证:AB∥平面CDE.(2)求实数a的值,使得二面角A-EC-D的大小为60°.【解析】(1)如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,2),=(2,0,0),=(0,-2,2),=(1,-1,),设平面CDE的一个法向量为n1=(x,y,z),则有-2y+2z=0,x-y+z=0,取z=时,n1=(0,2,),所以·n1=0,又AB不在平面CDE内,所以AB∥平面CDE.(2)如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,a),=(0,-2,a),=(1,-1,),设平面CDE的一个法向量为n2=(x,y,z),则有-2y+az=0,x-y+z=0,取z=2时,n2=(a-2,a,2),又平面AEC的一个法向量为n3=(-1,1,0),因为二面角A-EC-D的大小为60°,所以=,即a2-2a-2=0, 解得a=±2.(20分钟40分)1.(5分)如图,在四面体ABCD中,AB=1,AD=2,BC=3,CD=2,∠ABC=∠DCB=,则二面角A-BC-D的大小为()A. B.C. D.【解析】选 B.二面角A-BC-D的大小等于AB与CD所成角的大小.=++.而=+++2||||·cos<,>,即12=1+9+4+2×1×2cos<,>,所以cos<,>=-,所以AB与CD所成角为,即二面角A-BC-D的大小为.2.(5分)(xx·北京模拟)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到平面AB1D1的距离是.【解析】如图所示建立空间直角坐标系Dxyz,则A1(2,0,4),A(2,0,0),B1(2,2,4),D1(0,0,4),=(-2,0,4),=(0,2,4),=(0,0,4),设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),则即解得x=2z且y=-2z,不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,则d==.答案:3.(5分)(xx·郑州模拟)正四棱锥S -ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角的大小为.【解析】如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P.则=(2a,0,0),=,=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>===.所以<,n>=60°,所以直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.答案:30°4.(12分)(能力挑战题)如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=2,∠ABC=120°,M,N分别为线段AB,CD的中点,连接AN,DM交于点O,将△ADM沿直线DM翻折成△A′DM.使平面A′DM⊥平面BCD,F为线段A′C的中点.(1)求证:ON⊥平面A′DM.(2)求证:BF∥平面A′DM.(3)求直线FO与平面A′DM所成的角.【解析】(1)连接MN,由平面几何知四边形AMND是菱形.所以AN⊥DM.因为平面A′DM⊥平面ABCD,DM是交线,AN⊂平面ABCD,所以AN⊥平面A′DM,即ON⊥平面A′DM.(2)取A′D的中点E,连接EF,EM,因为F是A′C中点,所以EFCD.又M是AB中点,所以在平行四边形ABCD中,BMCD,所以EF BM,所以四边形EFBM是平行四边形.所以BF∥EM,因为EM⊂平面A′DM,BF⊄平面A′DM,所以BF∥平面A′DM.(3)因为AB=2BC=2,M是AB中点,所以A′D=A′M=1.因为菱形ADNM中O是DM中点,所以A′O⊥DM,因为平面A′DM⊥平面ABCD,所以A′O⊥平面ABCD.以ON为x轴,OM为y轴,OA′为z轴建立空间直角坐标系,∠ADN=∠ABC=120°,在△ADN中,AD=DN=1,所以AN==.同理求得DM=AD=AM=1,所以N,D,A′,因为N是CD的中点,所以C.因为F是A′C的中点,所以F.因为NO⊥平面A′DM,所以平面A′DM的一个法向量=.因为=,所以||==1.设OF与平面A′DM所成的角为θ,0<θ<,则sinθ=|cos<,>|===,所以θ=.所以直线FO与平面A′DM所成的角为.5.(13分)(xx·江西高考)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD.(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面PBC与平面DPC 夹角的余弦值.【解题提示】(1)利用面面垂直的性质定理证明AB⊥平面PAD即可.(2)借助两平面垂直的性质,作PO⊥AD,即四棱锥的高找到,过点O作OM⊥BC于点M,连接PM.则四棱锥的体积能用AB的长度表示,即可建立体积与AB的函数,借助二次函数知识求最值;此时可建立空间直角坐标系,利用坐标法求解.【解析】(1)因为ABCD为矩形,所以AB⊥AD,又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.(2)过点P作PO⊥AD于点O,则PO⊥平面ABCD,过点O作OM⊥BC于点M,连接PM.则PM⊥BC,因为∠BPC=90°,PB=,PC=2,所以BC=,PM=,设AB=t,则在Rt△POM中,PO=,所以VP-ABCD=·t··=,所以当t2=,即t=时,VP-ABCD最大为.此时PO=AB=,且PO,OA,OM两两垂直,以OA,OM,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz, 则P,D,C,B.所以=,=,=.设平面PCD的一个法向量m=(x1,y1,z1),则即令x1=1,则m=(1,0,-2),|m|=;同理设平面PBC的一个法向量n=(x2,y2,z2),即令y2=1,则n=(0,1,1),|n|=,设平面PBC与平面DPC夹角为θ,显然θ为锐角,且cosθ===..。
高考数学复习-立体几何中的向量方法(Ⅱ)—求空间角与距离(测试题)
班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.）1.已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.1010 B.15 C.31010 D.352.已知直二面角αl β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足，若AB ＝2，AC ＝BD ＝1， 则CD ＝( )．A ．2 B. 3 C. 2 D ．13.如图，在四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2.∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为( )． A.π6 B.π3 C.5π3D.5π64.直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ）A. 110B. 25C. 3010D. 225.已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ）A ．23B ．33C ．23D ．136.已知三棱柱111ABC A B C -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111A B C 的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为 A.125π B.3π C.4π D.6π 7.已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 （ ）A ．14B ．24C ．34D ．12 8．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( )A ．32B ．22C ．33D ．233二、填空题（本大题共7小题，共36分）.9. （4分）【2015-2016学年湖北省襄阳市白水高中】如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB=2，E 为PB 的中点，cos ＜，＞=，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为 ．10. （4分） 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．11．（4分）已知正方体的棱长是，则直线与间的距离为 。
高考第一轮复习第三十六讲立体几何中的角和距离
- 130 -第三十六讲 立体几何中的角和距离题型一 异面直线所成角的计算问题例1、已知正四面体P-ABC 的棱长为a ，D 、E 分别是AB 、PC 的中点，求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值。
例2、在单位正方体1111D C B A ABCD -中，求：（1）异面直线AB 与1CC 所成的角和距离；（2）异面直线AB 与11C A 所成的角和距离；（3）面直线AB 与C B 1所成的角和距离；（4）若N Q 、分别为棱1AA 与1BB 的中点，θ为直线CQ 与N D 1所成的角，求θsin 的值；（5）若将正方体改为长方体，1,21===AA BC AB ，求AC 与1BD 所成的角。
例3、（1）已知异面直线a 与b 所成角为50°，P 为空间一定点，则过点P 且与a 、b 都成30°角的直线有且仅有（ ）A 、1条B 、2条C 、3条D 、4条（2）已知异面直线a 、b 成60°角，过空间中任一点O 作直线l 与a 、b 都成︒60角，则直线l 有且仅有（ ）A 、1条B 、2条C 、3条D 、4条小结：求异面直线所成的角，通常采用平移法，使其成为相交直线所成的角，然后再将其归结到三角形中去求解。
必须注意所成角的范围：- 131 -20πθ≤<。
题型二 直线与平面所成角的计算问题例4、在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求A 1B 和平面A 1B 1CD 所成的角。
小结：直线与平面所成的角一般通过直线在平面内的射影转化为两条相交直线所成角的度量为题来解决。
题型三 二面角的计算例5、已知在三棱锥P-ABC 中，PC ⊥平面ABC ，AB=BC=CA=PC ，求二面角B-AP-C 的大小。
小结：求二面角的大小关键是确定二面角的平面角，确定二面角的基本方法有：①定义法；②三垂线定理法；③垂面法；④利用异面直线上两点间的距离公式；⑤利用面积射影定理：ss 'cos =θ。
专题45 立体几何中的向量方法(二)—求空间角和距离-2020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 ．【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．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．【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°？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．【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．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．【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．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． 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．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3，求PF 的长度. 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.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.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.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.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AB AC ==，14BC AA ==.（1）求证：BC ⊥平面ADE ； （2）求二面角1G EF B −−的余弦值.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2AF FC =.（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．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．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.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.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。
立体几何中的角度与距离问题
立体几何中的角度与距离问题【基础知识】一．空间角度问题（一）理解空间中各种角的定义及其取值范围1．异面直线所成的角、直线与平面所成的角及二面角的概念。
2．各种角的取值范围：（1）异面直线所成的角的取值范围是：0°< θ ≤90°；（2）直线于平面所成的角的取值范围是： 0°≤ θ ≤90°；（3）二面角的大小可以用它的平面角来度量，通常认为二面角平面角的取值范围是： 0°< θ ≤180° （二）空间中的角的计算1、用直接法求角的一般步骤是：（1）找出或做出有关角的图形；（2）证明它符合定义（3）计算（一般通过解三角形）2、异面直线所成的角：用平移转化的方法使它成为相交直线所成的角。
当异面直线垂直时，运用直线垂直平面的定义或三垂线定理（或逆定理）判定所成角是90°.3． 斜线和平面所成的角是一个直角三角形所成的锐角，它的三条边分别是平面的垂线段/斜线段及斜线段在平面内的射影。
4． 二面角要转化为其平面角，掌握以下三种基本做法：（1）直接利用定义；（2）利用三垂线定理及其逆定理（3）作棱的垂面另外，还要特别注意观察图形本身是否已含有所求的平面角注意：1.空间各种角的计算方法都是转化为平面角来计算的，应熟练掌握这种转化。
2.计算题必须有推理过程。
二．空间距离问题1．立体几何中的各种距离有：（1）点到直线的距离（2）点到平面的距离（3）平行直线间的距离（4）异面直线间的距离（5）直线与平面的距离（6）两个平面间的距离（7）球面上两点间距离2．空间七种距离求法，通常是转化为平面上两点间的距离：（1）找出或作出有关距离的图形；（2）证明它们就是所求的距离；（3）利用平面几何和解三角形的知识在平面内计算α βAOP A BOP αβ (1)(2)(3)3． 求异面直线距离（1）定义：关键确定公垂线段（2）转化为直线和平面间距离（过a 而与b 平行的平面）（3）转化为平面间距离（4）极值法4． 求点面距离其法有二：（1）直接法，确定垂足的位置（2）等体积法，同一个三棱锥，从不同的角度选择底和高计算体积并加以比较即可。
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。
高考真题(立体几何中空间角问题[题目])
![高考真题(立体几何中空间角问题[题目])](https://img.taocdn.com/s3/m/9d2b391cdaef5ef7bb0d3c62.png)
解答题1. 如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60AB BAD =∠=o .（Ⅰ）求证：BD ⊥平面;PAC（Ⅱ）若,PA AB =求PB 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.2. 如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB +AD =4，CD =2，︒=∠45CDA ．（I ）求证：平面P AB ⊥平面P AD ；（II ）设AB =AP ．（i ）若直线PB 与平面PCD 所成的角为︒30，求线段AB 的长；（ii ）在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由。
3. 如图5．在椎体P -ABCD 中，ABCD 是边长为1的棱形，且∠DAB =60︒，2PA PD ==,PB =2, E ,F 分别是BC ,PC 的中点．（1） 证明：AD ⊥平面DEF ;（2） 求二面角P -AD -B 的余弦值．4. 如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱1CC 上，且不与点C 重合．（Ⅰ）当CF =1时，求证：EF ⊥1A C ；（Ⅱ）设二面角C AF E --的大小为θ，求tan θ的最小值．A B DC FPE5. 如图，在圆锥PO中，已知PO=2，⊙O的直径2AB=,C是»AB的中点，D为AC 的中点．（Ⅰ）证明：平面POD⊥平面PAC;（Ⅱ）求二面角B PA C--的余弦值。
6. 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=12 PD．（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；（II）求二面角Q—BP—C的余弦值．8. 如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ．（I ）证明：PA BD ⊥；（II ）若PD =AD ，求二面角A -PB -C 的余弦值．9. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，∠ ACB =90︒，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF ∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ－ＢＦ－Ｃ的大小．10. 如图，在ABC ∆中，60,90,ABC BAC AD ∠=∠=o o 是BC 上的高，沿AD 把ABC ∆折起，使90BCD ∠=o 。
立体几何中的向量方法(2)——求空间角和距离
立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离【基础检测】1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )2．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°3．正三棱柱(如右图，底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为__ __.4．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ．已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为__ __.5．P 是二面角α－AB －β棱上一点，分别在平面α，β上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为__ __.【例题精讲】题型一求异面直线所成的角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等于两向量夹角余弦值的绝对值．【例1】(2017·江苏卷)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．题型二求直线与平面所成的角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成的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．【例2】如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的底面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．题型三求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在面的法向量，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是锐角还是钝角．【例3】(2017·浙江卷)如图，已知正四面体D－ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，BQQC＝CRRA＝2.分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则()A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α【例4】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角为B－PD－A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【例5】 (2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M －AB －D 的余弦值．题型四 求空间距离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．【例6】 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD ．(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)设AA 1＝2，A 1B 1的中点为P ，求点P 到平面BDC 1的距离．。
(整理)立体几何中角度与距离求法
立体几何中角度距离的求法一 空间向量及其运算 1 .空间向量的坐标表示及应用(1)数量积的坐标运算 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a·b ＝___________. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔______________ a ⊥b ⇔__________⇔________________________(a ，b 均为非零向量). (3)模、夹角和距离公式 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则|a |＝a·a ＝__________________， cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝__________.设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)， 则d AB ＝|AB →|＝___________. 2.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念①两向量的夹角，已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作____________，其范围是____________，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b __________，记作a ⊥b .②两向量的数量积，已知空间两个非零向量a ，b ，则____________叫做向量a ，b 的数量积，记作__________，即__________________.(2)空间向量数量积的运算律①结合律：(λa )·b ＝____________； ②交换律：a·b ＝__________； ③分配律：a·(b ＋c )＝__________.2.共线向量、共面向量定理和空间向量基本定理(1)共线向量定理对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是________________________.推论，如图所示，点P 在l 上的充要条件是：OP →＝OA →＋t a ① 其中a 叫直线l 的方向向量，t ∈R ，在l 上取AB →＝a ， 则①可化为OP →＝________或OP →＝(1－t )OA →＋tOB →.(2)共面向量定理的向量表达式：p ＝____________，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O ，有OP →＝____________或OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →，其中x ＋y ＋z ＝______.(3)空间向量基本定理，如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝____________，把{a ，b ，c }叫做空间的一个基底.二 用向量的方法求角度 (一)知识清单1.直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量.(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0n·b ＝0. 2.空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝____________. (2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝__________.(3)求二面角的大小1°如图①，AB 、CD 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＝____________.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＝________________________________________. (二) 题型题型一 求异面直线所成的角例1如图所示，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝4，AD ＝3 AA 1＝2.E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB ＝BF ＝1. 求直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值.解方法一以A 为原点，AB →、AD →、AA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴的 正向建立空间直角坐标系，则有D 1(0,3,2)，E (3,0,0)，F (4,1,0)， C 1(4,3,2)，于是EC 1→＝(1,3,2)，FD 1→＝(－4,2,2)，设EC 1与FD 1所成的角为β，则：cos β＝|EC 1→·FD 1→||EC 1→|·|FD 1→|＝1×(－4)＋3×2＋2×212＋32＋22×(－4)2＋22＋22＝2114， ∴直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值为2114. 方法二延长BA 至点E 1，使AE 1＝1，连接E 1F 、DE 1、D 1E 1、DF ， 有D 1C 1∥E 1E ，D 1C 1＝E 1E ，则四边形D 1E 1EC 1是平行四边形. 则E 1D 1∥EC 1.于是∠E 1D 1F (或补角)为直线EC 1与FD 1所成 的角.在Rt △BE 1F 中， E 1F ＝E 1B 2＋BF 2＝52＋12＝26.在Rt △D 1DE 1中，D 1E 1＝DE 21＋DD 21＝AE 21＋AD 2＋DD 21＝12＋32＋22＝14. 在Rt △D 1DF 中，FD 1＝FD 2＋DD 21＝CF 2＋CD 2＋DD 21＝22＋42＋22＝24. 在△E 1FD 1中，由余弦定理得：cos ∠E 1D 1F ＝D 1E 21＋FD 21－E 1F22×D 1E 1×FD 1＝2114.∴直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值为2114. 练习1 如图，在四棱锥O —ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形， ∠ABC ＝π4.OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点.(1)证明：直线MN ∥平面OCD ； (2)求异面直线AB 与MD 所成角的大小.(1)证明作AP ⊥CD 于点P .如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ， y ，z 轴建立直角坐标系.A (0,0,0)，B (1,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，22，0，D ⎝⎛⎭⎫－22，22，0， O (0,0,2)，M (0,0,1)，N ⎝⎛⎭⎫1－24，24，0. MN →＝⎝⎛⎭⎫1－24，24，－1，OP →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－2，OD →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，－2.设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·OP →＝0，n ·OD →＝0.即⎩⎨⎧22y －2z ＝0，－22x ＋22y －2z ＝0.取z ＝2，解得n ＝(0,4，2).∵MN →·n ＝⎝⎛⎭⎫1－24，24，－1·(0,4，2)＝0，∴MN ∥平面OCD .(2)解设AB 与MD 所成角为θ， ∵AB →＝(1,0,0)，MD →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，－1，∴cos θ＝|AB →·MD →||AB →|·|MD →|＝12，θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， ∴θ＝π3.∴直线AB 与MD 所成的角为π3. 题型二 求直线与平面所成的角例2如图所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形， ∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D 、E 分别是CC 1、A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G . 求A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值.解建立空间直角坐标系，坐标原点为C ，设CA ＝2a ，则A (2a,0,0)，B (0,2a,0) D (0,0,1)，A 1(2a,0,2)，E (a ，a,1)，G ⎝⎛⎭⎫2a 3，2a 3，13，EG →＝⎝⎛⎭⎫－a 3，－a 3，－23， BD →＝(0，－2a,1)，·BD →＝23a 2－23＝0，∴a ＝1，EG →＝⎝⎛⎭⎫－13，－13，－23，A 1B →＝(－2,2，－2).∵EG →为平面ABD 的一个法向量，且cos 〈A 1B →，EG →〉＝A 1B →·EG →|A 1B →||EG →|＝23，∴A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值是23.练习2如图所示，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝7， 点D 是BC 的中点，点E 在AC 上，且DE ⊥A 1E . (1)证明：平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1； (2)求直线AD 和平面A 1DE 所成角的正弦值.(1)证明由正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的性质知，AA 1⊥平面ABC .又DE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥AA 1.又DE ⊥A 1E ，AA 1∩A 1E ＝A 1， 所以DE ⊥平面ACC 1A 1 .又DE ⊂平面A 1DE ， 故平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1.(2)解 如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标 系，则相关各点的坐标分别是A (2,0,0)，A 1(2,0，7)， D (－1，3，0)，E (－1,0,0).易知A 1D →＝(－3，3，－7)，DE →＝(0，－3，0)，AD →＝(－3，3，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1DE 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝－3y ＝0，n ·A 1D →＝－3x ＋3y －7z ＝0.解得x ＝－73z ，y ＝0. 故可取n ＝(7，0，－3).于是cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD →|n |·|AD →|＝－374×23＝－218.故直线AD 和平面A 1DE 所成角的正弦值为218. 题型三 求二面角例3如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q —BP —C 的余弦值.(1)证明如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，以AD 、DP 、DC 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Dxyz . 依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)， PQ →＝(1，－1,0). 所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0，即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ . 又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ . (2)解依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1).设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0. 因此可取n ＝(0，－1，－2).同理，设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0，可取m ＝(1,1,1).所以cos 〈m ，n 〉＝－155.故二面角Q —BP —C 的余弦值为－155. 练习3如图，在底面为直角梯形的四棱锥P —ABCD 中，AD ∥BC ， ∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6. (1)求证：BD ⊥平面P AC ； (2)求二面角P —BD —A 的大小.(1)证明 如图，建立坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)， D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0). ∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0. ∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又∵P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥面P AC .(2)解设平面ABD 的法向量为m ＝(0,0,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)，∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝12. ∴二面角P —BD —A 的大小为60°. 二距离的求法 1.点面距的求法①垂面法：借助面面垂直的性质来作垂线，其中过已知点确定已知面的垂面是关键 ②等体积法，转化为求三棱锥的高 ③等价转移法；④法向量法.如图，设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n BA d n⋅=2题型题型一 用向量法求空间距离例1在三棱锥S —ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ＝23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点，如图所示. 求点B 到平面CMN 的距离.说明:点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法.如本题，事实上，作BH ⊥平面CMN 于H .由BH →＝BM →＋MH →及BH →·n ＝n ·BM →， ∴|BH →·n |＝|n ·BM →|＝|BH →|·|n |， ∴|BH →|＝|n ·BM →||n |，即d ＝|n ·BM →||n |.解 取AC 的中点O ，连接OS 、OB .∵SA ＝SC ，AB ＝BC ，∴AC ⊥SO ，AC ⊥BO . ∵平面SAC ⊥平面ABC ，平面SAC ∩平面ABC ＝AC ，∴SO ⊥平面ABC ， 又∵BO ⊂平面ABC ，∴SO ⊥BO .如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz ，则B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0,22)， M (1，3，0)，N (0，3，2). ∴CM →＝(3，3，0)，MN →＝(－1,0，2)， MB →＝(－1，3，0). 设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·n ＝3x ＋3y ＝0MN →·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－6，∴n ＝(2，－6，1).∴点B 到平面CMN 的距离 d ＝|n ·MB →||n |＝423.练习1 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面 MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝2 3 .求点A 到平面MBC 的距离.解 取CD 中点O ，连接OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD . 又平面MCD ⊥平面BCD ， 则MO ⊥平面BCD .取O 为原点，直线OC 、BO 、OM 为x 轴、y 轴、z 轴， 建立空间直角坐标系如图.OB ＝OM ＝3，则各点坐标分别为C (1,0,0)， M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23).设n ＝(x ，y ，z )是平面MBC 的法向量，则BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3)， 由n ⊥BC →得x ＋3y ＝0；由n ⊥BM →得3y ＋3z ＝0.取n ＝(3，－1,1)，BA →＝(0,0,23)， 则点A 到平面MBC 的距离 d ＝|BA →·n ||n |＝235＝2155.题型二 用等体积法求距离例2 已知直二面角E AB D --中，四边形 ABCD 是边长为2的正方形，AE=EB,F 为CE 上的点，且ACE BF 平面⊥(1) 求证BCE AE 平面⊥, (2) 求二面角E AC B --的大小， (3) 求点D 到平面ACE 的距离练习2、如图，已知正三棱柱ABC —111C B A 的底面边长是2，D 是侧棱1CC 的中点，直线AD 与侧面11BB C C 所成的角为45． （Ⅰ）求此正三棱柱的侧棱长； （Ⅱ）求二面角C BD A --的大小； （Ⅲ）求点C 到平面ABD 的距离．解：（Ⅰ）设正三棱柱ABC —111C B A 的侧棱长为x ．取BC 中点E ，连AE ．ABC ∆ 是正三角形，AE BC ∴⊥．又底面ABC ⊥侧面11BB C C ，且交线为BC ．AE ∴⊥侧面11BB C C ．连ED ，则直线AD 与侧面11BB C C 所成的角为45ADE ∠=． 在AED Rt ∆中，tan 45AEED==，解得x =此正三棱柱的侧棱长为 注：也可用向量法求侧棱长．（Ⅱ）解法1：过E 作EF BD ⊥于F ，连AF ，⊥AE 侧面,11C C BB ∴AF BD ⊥．AFE ∴∠为二面角C BD A --的平面角 在BEF Rt ∆中，sin EF BE EBF =∠，又 1,sin 3CD BE EBF BD =∠===， ∴EF =． 又AE =∴在AEF Rt ∆中，tan 3AEAFE EF∠==，故二面角C BD A --的大小为arctan3． ABCD1A 1B 1C EF G HI解法2：（向量法，）（Ⅲ）解法1：由（Ⅱ）可知，⊥BD 平面AEF ,∴平面AEF ⊥平面ABD ，且交线为AF ，∴过E 作EG AF ⊥于G ，则EG ⊥平面ABD在AEF Rt ∆中，AE EFEG AF⨯===E 为BC 中点，∴点C 到平面ABD的距离为210EG =． 解法2：取AB 中点H ，连CH 和DH ，由,CA CB =DA DB =，易得平面ABD ⊥平面CHD ，且交线为DH ．过点C 作CI DH ⊥于I ，则CI 的长为点C 到平面ABD 的距离．解法3：等体积变换:由C ABD A BCD V V --=可求． 解法4：（向量法，见后）题（Ⅱ）、（Ⅲ）的向量解法： （Ⅱ）解法2：如图，建立空间直角坐标系o 则(0,1,0),(0,1,0),(A B C D -设1(,,)n x y z =为平面ABD 的法向量．由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0,021n n 得0y y ⎧=⎪-=．取1(6,n =-又平面BCD 的一个法向量2(0,0,1).n =∴10101)3()6(1)1,0,0()1,3,6(,cos 222212121=+-+-⨯⋅--=⋅>=<n n n n n n ．结合图形可知，二面角C BD A --的大小为arccos10． （Ⅲ）解法4：由（Ⅱ）解法2，1(6,n =-(0,CA =-∴点C 到平面ABD 的距离d =2221)3()6()1,3,6()3,1,0(+-+---⋅-=＝10302． 练习题1.如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a 的正方体 1ABCO —A ′B ′C ′D ′，A ′C 的中点E 与AB 的中点F 的 距离为_____22a ___. 2 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝5，AB ＝12，那么直线B 1C 1和平面A 1BCD 1的 距离是___6013_____.3.正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为__3510______.4.在四面体P ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为___33a _____. 5.设A (2,3,1)，B (4,1,2)，C (6,3,7)，D (－5，－4,8)，则D 到平面ABC 的距离为___491717_____.6在空间直角坐标系O —xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( B ) A. 4 B. 2 C .3 D .17已知在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝3，沿对角线AC 折叠，使面ABC 与面ADC 垂直，求B 、D 间的距离．解方法一如图，过D 、B 分别作DE ⊥AC 于点E ，BF ⊥AC 于点F ，则由已知条件得AC ＝5，∴DE ＝AD ·DC AC ＝125，BF ＝AB ·BC AC ＝125. ∴AE ＝AD 2AC ＝95＝CF . ∴EF ＝AC －2AE ＝75.∵DB →＝DE →＋EF →＋FB →， ∴|DB →|2＝|DE →＋EF →＋FB →|2 ＝DE →2＋EF →2＋FB →2＋2DE →·EF →＋2DE →·FB →＋2EF →·FB →. ∵面ADC ⊥面ABC ，而DE ⊥AC ，∴DE ⊥面ABC ，∴DE ⊥BF .(8分) ∴|DB →|2＝DE →2＋EF →2＋FB →2＝14425＋4925＋14425＝33725.∴|DB →|＝3375，故B 、D 间的距离为3375方法二过E 作FB 的平行线交AB 于P 点，以E 为坐标原点，以EP 、EC 、ED 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，如图．则由方法一知DE ＝FB ＝125，EF ＝75.(4分)∴D ⎝⎛⎭⎫0，0，125，B ⎝⎛⎭⎫125，75，0.∴|DB →|＝⎝⎛⎭⎫1252＋⎝⎛⎭⎫752＋⎝⎛⎭⎫－1252＝3375.。
高考数学专题七立体几何第练空间角与空间距离的求解练习创新
【步步高】（浙江专用） 2017 年高考数学专题七立体几何第 55 练空间角与空间距离的求解练习训练目标(1)会求线面角、二面角；(2) 会解决简单的距离问题 .训练题型(1)求直线与平面所成的角；(2) 求二面角； (3) 求距离 .利用定义、性质去“找”所求角，经过解三角形求角的三角函数值，尽量利用解题策略特别三角形求解.一、选择题1.(2015 ·上海闵行区三模) 如图，在底面是边长为 a 的正方形的四棱锥P－ ABCD中，已知 PA⊥平面 ABCD，且 PA＝ a，则直线 PB与平面 PCD所成的角的余弦值为 ()11A. 2B. 323C. 2D. 2 2．(2015 ·邯郸上学期授课质量检测 ) 在正四棱锥P－ ABCD中， PA＝2，直线 PA 与平面ABCD所成角为 60°，E为PC的中点，则异面直线PA与 BE所成的角为()A．90°B．60°C．45°D．30°3.以以下图，在三棱锥 S— ABC中，△ ABC是等腰三角形， AB＝ BC＝2a，∠ ABC＝120°， SA＝3 ，且⊥平面，则点A 到平面的距离为 ()a SA ABC SBC3a aA.2B.25a7aC.2D.2二、填空题4．(2015 ·丽水二模 ) 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为平面ABB1A1的中心，则 MC1与平面 BB1C1C所成角的正切值为________．15．以以下图，在三棱锥S－ABC中，△ SBC，△ ABC都是等边三角形，且BC3＝1，SA＝，则二面角S－BC－A的大小为________． 26.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 CB1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．(2015 ·浙江名校沟通卷) 如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，2点 O在 AB上，且 OB＝ OC＝3AB， PO⊥平面 ABC，DA∥ PO，DA＝ AO 1＝2PO.(1)求证： PB∥平面 COD；(2)求二面角 O－ CD－ A 的余弦值．8．(2015 ·宁波二模 ) 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上随意一点．(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．29．(2015 ·安徽江南十校上学期期末大联考) 如图，四棱锥P－ ABCD中，底面 ABCD为矩形， PA⊥底面 ABCD，且 PB与底面 ABCD所成的角为 45°，E为PB的中点，过A， E， D 三点的平面记为α，PC与α的交点为 Q.(1)试确定 Q的地点并证明；(2)求四棱锥 P－ ABCD被平面α所分红上下两部分的体积之比；(3)若 PA＝2，截面 AEQD的面积为3，求平面α与平面 PCD所成的锐二面角的正切值．答案剖析1． D [ 设 B 到平面 PCD 的距离为 h ，直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 α，则由等体积法可得111 13× 2×2a · a · h ＝ 3×2a · a · a ，2∴ h ＝ 2 a .1又∵ PB ＝ 2a ，∴ sin α＝ 2，π 3又∵ α∈ (0 ， 2 ) ，∴ cos α＝ 2 . 应选 D.]2． C [ 如图，连结 AC ，BD 交于点 O ，连结 OE ，OP . 因为E 为 中点，所以 ∥ ，PC OE PA所以∠ OEB 即为异面直线 PA 与 BE 所成的角．因为四棱锥 P －ABCD 为正四棱锥，所以 PO ⊥平面 ABCD ，所以 AO 为 PA 在平面 ABCD 内的射影，所以∠ PAO 即为 PA 与平面 ABCD 所成的角，即∠ PAO ＝60°.因为 PA ＝ 2，所以 OA ＝ OB ＝ 1， OE ＝1.所以在直角三角形EOB 中，∠ OEB ＝45°，即异面直线 PA 与 BE 所成的角为 45°. 应选 C.]3． A [ 作 AD ⊥CB 交 CB 的延伸线于点 D ，连结 SD ，以以下图．∵ SA ⊥平面 ABC ， BC ? 平面 ABC ，∴ SA ⊥ BC . 又 BC ⊥AD ， SA ∩ AD ＝ A ， SA ?平面 SAD ， AD ? 平面 SAD ，∴ BC ⊥平面 SAD ，又 BC ? 平面 SBC ，∴平面 SBC⊥平面 ASD ，且平面 SBC ∩平面 ASD ＝SD . 在平面 ASD 内，过点 A 作 AH ⊥ SD于点 ，则⊥平面， 的长即为点 A 到平面 的距离．在 Rt △SADH AHSBC AHSBC中，＝ 3 a，＝·sin 60 °＝3 a . 由AH AD＝ SA · AD＝，得＝SAAD ABSA SD AH SDSA · AD 3a3a22＝2 ，即点 A 到平面 SBC 的距离为.]＋AD2SA54.5剖析如图，过点M作 BB1的垂线，垂足为N，则 MN⊥平面 BB1C1 C，连结 NC1，则∠ MC1N为 MC1与平面 BB1C1C所成的角．设正方体的棱长为 2a，则 MN＝ a， NC1＝5a，5所以 tan ∠MC1N＝5 .5．60°剖析取 BC的中点 O，连结 SO，AO，因为 AB＝ AC， O是 BC的中点，所以 AO⊥ BC，同理可证SO⊥ BC，所以∠ SOA是二面角 S－ BC－ A 的平面角．在△ AOB中，∠ AOB＝90°，∠ ABO＝60°， AB＝1，3所以 AO＝1×sin 60°＝ 2 .3同理可求 SO＝2.3又 SA＝2，所以△ SOA是等边三角形，所以∠ SOA＝60°，所以二面角S－BC－ A 的大小为60°.6． 4剖析关于①，因为在棱长为 1 的正方体ABCD－ A1B1C1D1中，点 P 在线段 AD1上运动，在正方体中有 B1C⊥平面 ABC1D1，而 C1P?平面 ABC1D1，所以 B1C⊥ C1P，所以这两个异面直线所成的角为定值90°，故①正确；关于②，因为二面角P－BC1－ D的实质为平面ABC1D1与平面 BDC1所成的二面角，而这两个平面为固定不变的平面，所以夹角也为定值，故②正确；关于③，三棱锥D－ BPC1的体积还等于三棱锥P－ DBC1的体积，而△ DBC1面积必然，又因为 P∈ AD1，所以点 A 到平面 DBC1的距离即为点P到该平面的距离，所以三棱锥的体积为定值，故③正确；关于④，因为直线A1P 和 BC1分别位于平面ADD1A1，平面 BCC1B1中，且这两个平面平行，由异面直线间的距离定义及求法，知这两个平面间的距离即为所求的异面直线间的距离，所以这两个异面直线间的距离为定值，故④正确．7． (1) 证明因为PO⊥平面ABC，AD∥ PO，AB?平面ABC，所以 PO⊥ AB， DA⊥ AB.1又 DA＝ AO＝2PO，所以∠ AOD＝45°.2因为 OB＝3AB，11所以 OA＝3AB，所以 OA＝2OB，1又 AO＝ PO，所以 OB＝ OP，2所以∠ OBP＝45°，即 OD∥ PB.又 PB?平面 COD， OD?平面 COD，所以 PB∥平面 COD.(2)解如图，过 A 作 AM⊥ DO，垂足为 M，过 M作 MN⊥ CD于 N，连结 AN，则∠ ANM为二面角 O－ CD－ A 的平面角．设 AD＝ a，在等腰直角三角形 AOD中，得＝2，在直角三角形中，得＝3，AM 2 aCOD MN 3a30在直角三角形AMN中，得 AN＝ 6 a，所以 cos∠＝10.ANM58． (1) 证明设交于，AC BD O∵ S－ ABCD为正四棱锥，∴SO⊥底面 ABCD， BD⊥ AC，∴SO⊥AC，∵ BD∩ SO＝ O，∴AC⊥平面 SBD，∵E， F， G分别为 BC， SC， CD的中点，∴ FG∥SD， BD∥EG.又 FG∩ EG＝ G，SD∩ BD＝D，∴平面 EFG∥平面 BSD，∴ AC⊥平面 GEF.又∵ PE?平面 GEF，∴ PE⊥ AC.(2)解过 B 作 BH⊥ GE于 H，连结 PH，∵ BD⊥AC， BD∥GH，∴ BH∥AC，由 (1) 知AC⊥平面GEF，则 BH⊥平面 GEF.∴∠ BPH就是直线 BP与平面 EFG所成的角．21315，在 Rt △BHP中，BH＝2，PH＝2，PB＝ 2PH195故 cos ∠BPH＝＝.PB 159．解(1) Q为PC的中点．证明以下：因为 AD∥ BC， AD?平面 PBC， BC?平面 PBC，故 AD∥平面 PBC.又因为平面α∩平面PBC＝EQ，故AD∥EQ，所以 BC∥ EQ.又 E为 PB的中点，故Q为 PC的中点．(2)如图，连结 EQ， DQ，因为 PA⊥底面 ABCD，所以 PB与底面 ABCD所成的角为∠ PBA＝45°.故 PA＝ AB.又因为 E 为 PB的中点，所以 PE⊥ AE.因为四边形ABCD是矩形，所以 AD⊥ AB.又 PA⊥底面 ABCD， AD?底面 ABCD，所以 AD⊥ PA.又 PA ∩ AB ＝ A ，所以 AD ⊥平面 PAB ，又 PE ? 平面 PAB ，所以 AD ⊥ PE .又 AE ∩ AD ＝ A ，AE ? 平面 α， AD ? 平面 α，故 PE ⊥平面 α .设 PA ＝ h ， AD ＝2a ，设四棱锥 P － ABCD 被平面 α 所分红的上下两部分的体积分别为V 1 和 V 2，则 EQ ＝ a .又因为 AD ⊥平面 PAB ， AE ? 平面 PAB ，所以 AD ⊥ AE .1V 上＝ 3PE ·S 梯形 AEQD1 2h 1 2h ah 2＝ ·2· ( a ＋ 2a ) ·2＝ ，3241V 下＝ 3PA ·S 底面 ABCD － V 上1ah 2 5ah 2＝ 3· h ·2a · h － 4 ＝ 12 ，ah 2所以 V上＝43V 2＝ . 5ah5下12(3) 过 E 作 EF ⊥DQ ，连结 PF ，因为 PE ⊥平面 α ，所以 PE ⊥ DF .又因为 EF ∩ PE ＝ E ，所以 DF ⊥平面 PEF ，则 DF ⊥ PF .所以∠ PFE 是平面 α 和平面 PCD 所成的二面角．因为＝ 2，即h ＝ 2，截面的面积为 3，PAAEQD所以 S12＝ ( a ＋ 2a )h ＝3，梯形 AEQD22解得＝ 2.a又因为 AD ∥ EQ ，1且 EQ ＝ 2AD ，1故 S △ EQD ＝ 3S 梯形 AEQD ＝ 1，2 2QD ＝ ( AD － QE ) ＋ AE ＝ 2.1又 S △ EQD ＝ 2EF · DQ ＝ 1，解得 EF ＝ 1.1又 PE ＝ 2PB ＝ 2.PE在直角三角形PEF中，tan∠ PFE＝EF＝2，即平面α 与平面PCD所成的锐二面角的正切值为 2.。
必学二高中数学立体几何专题_空间几何角和距离的计算
立体几何专题：空间角和距离的计算一 线线角1．直三棱柱A 1B 1C 1-ABC ，∠BCA=900，点D 1，F 1分别是A 1B 1和A 1C 1的中点，若BC=CA=CC 1，求BD 1与AF 1所成角的余弦值。
B 12．在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD=900，AD ∥BC ，AB=BC=a ，AD=2a ，且PA ⊥面ABCD ，PD 与底面成300角，（1）若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ；（2）若AE ⊥PD ，求异面直线AE 与CD 所成角的大小；D二．线面角1．正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为BB 1、CD 的中点，且正方体的棱长为2，（1）求直线D 1F 和AB 和所成的角；（2）求D 1F 与平面AED 所成的角。
12．在三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，四边形AA 1B 1B 是菱形，四边形BCC 1B 1是矩形，C 1B 1⊥AB ，AB=4，C 1B 1=3，∠ABB 1=600，求AC 1与平面BCC1B 1所成角的大小。
B 1三．二面角1．已知A 1B 1C 1-ABC 是正三棱柱，D 是AC 中点，（1）证明AB 1∥平面DBC 1；（2）设AB 1⊥BC 1，求以BC 1为棱，DBC 1与CBC 1为面的二面角的大小。
B 12．ABCD 是直角梯形，∠ABC=900，SA ⊥面ABCD ，SA=AB=BC=1，AD=0.5，（1）求面SCD 与面SBA 所成的二面角的大小；（2）求SC 与面ABCD 所成的角。
B C3．已知A 1B 1C 1-ABC 是三棱柱，底面是正三角形，∠A 1AC=600，∠A 1AB=450，求二面角B —AA 1—C 的大小。
1四 空间距离计算（点到点、异面直线间距离）1.在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 是BC 的中点，DP 交AC 于M ，B 1P 交BC 1于N ，（1）求证：MN 上异面直线AC 和BC 1的公垂线；（2）求异面直线AC 和BC 1间的距离；C1A（点到线，点到面的距离）2．点P 为矩形 ABCD 所在平面外一点，PA ⊥面ABCD ，Q 为线段AP 的中点，AB=3，CB=4，PA=2，求（1）点Q 到直线BD 的距离；（2）点P 到平面BDQ 的距离；3．边长为a 的菱形ABCD 中，∠ABC=600，PC ⊥平面ABCD ，E 是PA 的中点，求E 到平面PBC 的距离。
立体几何之夹角、距离问题(典型例题+跟踪训练)【解答题抢分专题】备战2023年高考数学(新高考通用)
【解答题抢分专题】备战2023年高考数学解答题典型例题+跟踪训练（新高考通用）专题21立体几何之夹角、距离问题目录一览一、典型例题讲解二、梳理必备知识三、基础知识过关四、解题技巧实战五、跟踪训练达标（1）面面夹角（2）线面夹角（3）点到线的距离（4）点到面的距离六、高考真题衔接1.空间中的角（1）异面直线所成角公式：设 a ， b 分别为异面直线1l ，2l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos cos ,⋅== a b a b a bθ．（2）线面角公式：设l 为平面α的斜线， a 为l 的方向向量， n 为平面α的法向量，θ为二、梳理必备知识l 与α所成角的大小，则sin cos ,⋅== a n a n a nθ．（3）二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,= n n θ或12,- n n π（需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos ⋅= n n n n θ．2.空间中的距离求解空间中的距离（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线，a b 的公垂线的方向向量为 n ，这时分别在，a b 上任取，A B 两点，则向量在 n 上的正射影长就是两条异面直线，a b 的距离．则||||||||⋅=⋅= n AB n d AB n n 即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（2）点到平面的距离A 为平面α外一点（如图）， n 为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|n ||n |||||sin |||cos ,|=||n n ⋅⋅=⋅=⋅<>=⋅ AB AB AH AB AB AB n AB AB θ，||||⋅= AB n d n 三、解题技巧实战1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB CD ∥，AB ⊥BC ，122BC CD PA PD AB =====，PC =E 为AB 的中点．(1)证明：BD ⊥平面APD ；(2)求平面APD 和平面CEP 的夹角的余弦值．在△CDO 中，易得222OC CD DO =+-又23PC =，∴222OC PO PC +=，∴PO则D （0，0，0），()22,0,0A ，(0,22,0B ∴()22,2,2CP =- ，()22,0,0CE = ，∵BD ⊥平面APD ，∴平面APD 的一个法向量为则2200n CP n CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得22220220x y z x ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩，取∴1212cos ,212n n ==⨯ ，∴平面APD 和平面CEP 的夹角的余弦值为【点睛】方法点拨利用向量法求二面角的方法主要有两种：（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范围；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．2．如图，已知多面体111ABC A B C -中，111,,A A B B C C 均垂直于平面ABC ,120ABC ∠= ，14A A =，111,2C C AB BC B B ====.请用空间向量的方法解答下列问题：求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值.由题意知()(0,3,0,1,0,0A B -设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为可知()(10,23,1,1,AC AB == 设平面1ABB 的法向量(,n x = 则10,0,n AB n BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即30,20,x y z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩令1y =，则3,0x z =-=，可得平面111sin cos ,AC AC n AC θ⋅∴==⋅ ∴直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，M 为BB 1的中点，N 为BC 的中点．（1）求点M 到直线AC 1的距离；（2）求点N 到平面MA 1C 1的距离．则A(0，0，0)，A1(0，0，（1）直线AC1的一个单位方向向量为故点M 到直线AC1的距离（2）设平面MA1C1的法向量为则1111·0·0n A C n A M ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ,即202y x z =⎧⎨-=⎩不妨取x ＝1，得z ＝2，故因为N(1，1，0)，所以MN 故N 到平面MA1C1的距离222102102MN n d n -+-==++ 四、跟踪训练达标面面夹角1．（2023·全国·浮梁县第一中学校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 上一点，,PE AD PA PC ⊥⊥，四边形BCDE 为矩形，且13,,//4BC PE BE PF PC PA ==== 平面BEF .(1)求证：PA ⊥平面PCD ；(2)求二面角F AB D --的大小.因为//PA 平面BEF ，平面PAC 又//BE CD ，所以AF AF DE BC GC ==则(1,0,0),(0,3,0),(3,0,0),A B D F -设平面ABF 的一个法向量为(m = 则7330444030AF m x y AB m x y ⎧⎧⋅=-++⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎪⎩-+=⎩又平面ABD 的一个法向量为(0,0,1)n = 故二面角F AB D --的大小为π4.2．（2023·辽宁大连·校联考模拟预测）已知多面体ABCDEF 中，AD BC EF ∥∥，且4AD CD DE ===，2BC EF ==，π3BCD FED ∠∠==(1)证明：AD BF ⊥；(2)若BF =C AF B --的余弦值．在BCD △中，4DC =，2BC =2222cos BD BC DC BC DC =+-⋅⋅同时AD ∥BC ，可得DB AD ⊥因为BD AD ⊥，DF AD ⊥，且所以AD ⊥平面BDF ；又因为BF ⊂平面BDF ，所以AD （2）在BDF V 中，2BD FD ==即222BD FD BF +=，所以BD ⊥以D 为原点，,,DA DB DF 的方向分别为建立空间直角坐标系如图．其中(4,0,0),(0,23,0),(0,0,23),(2,23,0)A B F C -，所以()()()4,23,0,4,0,23,6,23,0AB AF AC =-=-=- 设向量(,,)n x y z = 为平面ABF 的法向量，满足0423004230n AB x y n AF x z ⎧⎧⋅=-+=⎪⎪∴⎨⎨⋅=-+=⎪⎪⎩⎩ ，不妨令3x =，则2y z ==，故(3,2,2)n = ，设向量(,,)m p q r =为平面ACF 的法向量，满足0423006230m AF p r m AC p q ⎧⎧⋅=-+=⎪⎪∴⎨⎨⋅=-+=⎪⎪⎩⎩ 不妨令3p =，则2,3r q ==，故(3,3,2)m = 131311cos ,||||44114m n m n m n ⋅〈〉===⨯ 由图可知二面角为锐角，所以二面角C AF B --的余弦值为131144.3．（2023·云南昆明·统考一模）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABC 是等边三角形，AB AD ⊥(1)从三个条件：①AC BD ⊥；②120ADC ∠=︒；③2BD AD =中任选一个作为已知条件，证明：1BC DC ⊥；(2)在（1）的前提下，若13AB AA =，P 是棱1BB 的中点，求平面1PDC 与平面1PDD 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见详解(2)710对②：∵180ADC ABC ∠+∠=又∵AB AD ⊥，即90BAD ∠=可得90BCD ∠=︒，即BC CD ⊥又∵1CC ⊥平面ABCD ，BC ∴1BC CC ⊥，且1CD CC =I 故BC ⊥平面11CDD C ，注意到1DC ⊂平面11CDD C ，故对③：∵AB AD ⊥，即BAD ∠在Rt BAD 中，则sin ABD ∠故30,ABD CBD AB ∠=∠=︒=故90BCD BAD ∠=∠=︒，即BC 又∵1CC ⊥平面ABCD ，BC4．（2023·辽宁·鞍山一中校联考模拟预测）刍甍（chúméng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．”，如图，在刍甍ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，平面BAE和平面CDE交于EF．(1)求证：//AB EF ；(2)若平面CDE ⊥平面ABCD ，4AB =，2EF =，ED FC =，AF =，求平面ADE 和平面BAE 所成角余弦值的绝对值．5．（2023·山西·校联考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均相等，D 为1AA 的中点．(1)证明：11B D BC ⊥；(2)设,M N 分别是棱,AC BC 上的点，若点1,,,B D M N 在同一平面上，且ABC 的面积是CMN 的面积的3倍，求二面角1A B M N --的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)217【分析】（1）方法一：延长B 11B C BC ⊥可证得1BC ⊥平面方法二：结合垂直关系可以C 得结论；AB 设2AB = ，则()3,1,1D ，(0,2,0B ()13,1,1DB ∴=- ，(10,2,2BC =- 方法三：1AA ⊥ 平面ABC ，AB 10AA AB ∴⋅= ，10AA AC ⋅= ；则()3,1,0A ，232,,033M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，31,,033MA ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭ ，12MB ⎛=- ⎝ 设平面1AMB 的法向量(1,m x y = 则11111131033234233MA m x y MB m x y z ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=-++⎪⎩设平面1B MN 的法向量(2,x n y =，线面夹角6．（2023·北京·校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C-中，D，E，G分别为11,,AA AC BB的中点，11A C 与平面1EBB交于点F，AB BC==，12AC AA==，1C C BE⊥．(1)求证：F为11A C的中点；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线FG与平面BCD所成角的正弦值．条件①：平面ABC⊥平面1EBB；条件②：13BC=．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．由题意得()()(0,2,0,1,0,0,1,0,1B C D -()()2,0,1,1,2,0CD CB ∴== .设平面BCD 的法向量(),,n a b c = ，020,200n CD a c a b n CB ⎧⋅=+=⎧⎪∴∴⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩ ,2a =，则1,4b c =-=-，∴平面BCD 的法向量(2,1,4)n =-- 又()0,2,1FG =- ,设直线FG 与平面BCD 所成的角为则2105sin cos ,105n FG θ== ，所以直线FG 与平面BCD 所成角的正弦值为选条件②，因为5AB BC ==，AC由题意得()()(0,2,0,1,0,0,1,0,1B C D -()()2,0,1,1,2,0CD CB ∴== .设平面BCD 的法向量(),,n a b c = ，020,200n CD a c a b n CB ⎧⋅=+=⎧⎪∴∴⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩,2a =，则1,4b c =-=-，∴平面BCD 的法向量(2,1,4)n =-- 又()0,2,1FG =- ,设直线FG 与平面BCD 所成的角为则2105sin cos ,105n FG θ== ，所以直线FG 与平面BCD 所成角的正弦值为7．（2023·全国·模拟预测）如图，在几何体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为2的正方形，AD DE ⊥，AB CD ∥，6AE =，1AB BD ==．(2)求直线BC与平面BEF所成角的正弦值．则()0,0,0D ，()1,0,0B ，E所以()0,2,0= EF ，(1,0,BE =- 设平面BEF 的法向量为n = 取1z =，得2x =，所以可取设直线BC 与平面BEF 所成的角为则sin cos ,BC BC n BC θ⋅== 所以直线BC 与平面BEF 所成角的正弦值为8．（2023春·甘肃张掖·高三高台县第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，四边形ABCD 为平行四边形，PAB PDC ∠=∠．(1)证明：四边形ABCD 为矩形；(2)若2PA AB ==，当四棱锥P ABCD -的体积最大时，求直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)64【分析】（1）取AD 的中点线面垂直，再证得线线垂直即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求（2）由题意知，当平面PAD ⊥平面（1）知AB AD ⊥，所以以O 为原点，空间直角坐标系，因为2PA AB ==，则()0,0,0O ，B 设平面PDC 的法向量为(,,n x y z = 令3x =，则()3,0,1n =- ．又()1,2,3PB =- ，设直线PB 与平面则sin cos ,23n PB n PB n PBθ⋅=== 所以直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值为9．（2023·四川凉山·二模）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，点E ，F 分别是BC ，11A C 中点，平面11ABB A平面AEF l =．(1)证明：l EF ∥；(2)若AB AC ==，平面11ACC A ⊥平面11ABB A ，且1AB EF ⊥，求直线l 与平面11A B E 所成角的余弦值．∵E ，G 分别是BC ，AB 又∵1A F AC ∥且112A F AC =∴四边形1EGA F 为平行四边形，∴又EF ⊄平面11ABB A ，1AG ∵EF ⊂平面AEF ，平面（2）由三棱柱为直棱柱，∴平面设1AA a =，则1(0,22,0)B ，F 所以1(0,22,)AB a =- ，(0,EF = 又1AB EF ⊥，则10AB EF ⋅= ，解得所以(2,2,2)E ，(0,0,2)A ，则设平面11A B E 法向量为(,,n x y = 所以11100n A B n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即2222x ⎧⎪⎨+⎪⎩由（1）知直线EF l ∥，则l 方向向量为设直线l 与平面11BCC B 所成角为则sin cos ,n EF n EF n EF α⋅===⋅ 所以直线l 与平面11BCC B 所成角的余弦值为10．（2023·江苏·统考一模）在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A B BA ⊥平面ABC ，侧面11A B BA 为菱形，1π3ABB ∠=，1AB AC ⊥，2AB AC ==，E 是AC 的中点.(1)求证：1A B⊥平面1AB C；(2)点P在线段1A E上（异于点1A，E），AP与平面1A BE所成角为π4，求1EPEA的值.点到线的距离11．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AD BC ，190 1.2ADC PAB BC CD AD ∠=∠==== ，E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90︒.(1)在平面PAB 内是否存在一点M ，使得直线CM 平面PBE ，如果存在，请确定点M 的位置，如果不存在，请说明理由；(2)若二面角P −CD −A 的大小为45︒，求P 到直线CE 的距离.点E 为AD 的中点，AE ED ∴=1,2BC CD AD ED BC ==∴= ，AD BC ∥ ，即ED BC ∥，∴四边形BCDE 为平行四边形，即,,AB CD M M CD CM ⋂=∴∈∴ BE ⊂ 平面,PBE CM ⊂平面PBE CM ∴ 平面PBE ，,M AB AB ∈⊂ 平面PAB ，M ∴∈平面PAB ，故在平面PAB 内可以找到一点M （2）如图所示，ADC PAB ∠∠= 且异面直线PA 与CD 所成的角为又,,AB CD M AB CD ⋂=⊂平面AD ⊂ 平面,ABCD PA AD ∴⊥，又,,AD CD PA CD AD PA ⊥⊥⋂=CD \^平面PAD ，PD ⊂ 平面,PAD CD PD ∴⊥.因此PDA ∠是二面角P CD A --PA AD ∴=.因为112BC CD AD ===.以A 为坐标原点，平行于CD 的直线为⎫⎪⎭12．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的棱长均为2，160A AC ∠=︒，1A B =(1)证明：平面11A ACC ⊥平面ABC ；(2)设M 为侧棱1CC 上的点，若平面1A BM 与平面ABCM 到直线11A B 距离．轴，建立空间直角坐标系，-中，底面四边形ABCD 13．（2022秋·天津河东·高三天津市第七中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P ABCD为菱形，E为棱PD的中点，O为边AB的中点.(1)求证：AE //平面POC ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，且3ABC PAB π∠∠==，24AB PA ==；①求PD 与平面POC 所成的角；②在棱PD 上是否存在点F ，使点F 到直线OD 的距离为21，若存在，求DF DP 的值；若不存在，说明理由.（2）①在平面PAB 内过点O 作Oz 菱形ABCD 中3ABC π∠=，则OC ⊥以O 为原点，分别以,,OB OC Oz 所在直线为()()(1,0,3,0,23,0,4,23,0P C D --(1,0,3)OP =- ，(0,23,0)OC = ，设平面POC 的一个法向量为(,n x y = 则30230n OP x z n OC y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取=3x ，得设直线PD 与平面POC 所成的平面角为n PD ⋅ 4②设[],0,1DF DP λλ=∈14．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）如图，已知长方体1111ABCD A B C D -的体积为4，点A 到平面1BC D 的．(1)求1BC D 的面积；(2)若2AB BC ==，动点E 在线段1DD 上移动，求1AEC 面积的取值范围．则(2,0,0)A ，1(0,2,1)C 设(0,0,)(01)E t t ≤≤，则(2,0,EA = 则直线1AC 的单位方向向量为u =r 则点E 到直线1AC 的距离为d EA = 所以1AEC 的面积1112AEC S AC =⋅△所以1AEC 面积的取值范围为32⎡⎢⎣15．（2022·全国·高三专题练习）在滨海文化中心有天津滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，14,2AB AD AA ===，圆台下底圆心O 为AB 的中点，直径为2，圆与直线AB 交于,E F ，圆台上底的圆心1O 在11A B 上，直径为1.（1）求1AC 与平面1A ED 所成角的正弦值；（2）求二面角1E A D F --的余弦值；（3）圆台上底圆周上是否存在一点P 使得1FP AC ⊥，若存在，求点P 到直线11A B 的距离，若不存在则说明理由.则1(2A ，0，2)，(0C ，4，0)，(2E ，1，所以11(2,4,2),(2,0,2),(2,1,0)A C DA DE =--==设平面1A ED 的法向量为(,,)n x y z = ，则有100n DA n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即22020x z x y +=⎧⎨+=⎩，令1x =，则=2y -，1z =-，故(1,n =- 所以111||2|cos ,|3||||A C n A C n A C n ⋅<>== ，故1AC 与平面1A ED 所成角的正弦值为23点到面的距离16．（2022秋·四川·高三四川省岳池中学校考阶段练习）如图，在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面,120,3,ABC AB BC ABC PA D ∠==== 为线段PC 上一点，且BC BD ⊥.(1)在线段AC 上求一点M ，使得平面BPC ⊥平面BDM ，并证明；(2)求点C 到平面ABD 的距离.则33(0,,0),(,0,0),(0,22A B C -设PD PC λ= ,其中01λ≤≤，则BD BP PD BP PC λ=+=+ 因为BC BD ⊥，所以BC BD ⋅ 设平面BPC 的法向量为m = 则33022330m BC x y m PC y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-=⎩ 设33(0,,0),22M b b -≤≤，MB17．（2023春·广东揭阳·高三校联考阶段练习）如图所示的四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AB CD ，AD AB ⊥，22DC AD a ===，PA PD =，二面角P AD B --的大小为135︒，点P 到底面ABCD 的距离为2a ．(1)过点P 是否存在直线l ，使直线l ∥平面ABCD ，若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由；(2)若2PM MC = ，求点M 到平面PAD 的距离．平面，建立空间直角坐标系，由条件（2）取线段AD 的中点为O ，线段连接,OE OP ，因为ABCD 为直角梯形，AB CD 所以//OE AB ，又AD AB ⊥，所以AD OE ⊥，因为PA PD =，所以PO AD ⊥，又PO OE O = ，,PO OE ⊂平面POE 所以AD ⊥平面POE ，过点O 在平面POE 内作直线ON ⊥则直线,,OA OE ON 两两垂直，以O 为原点，,,OA OE ON 为,,x y z 过点P 作//PF NO ，交直线OE 于点因为,ON OA ON OE ⊥⊥，,OA OE 所以ON ⊥平面ABCD ，故PF ⊥平面又点P 到底面ABCD 的距离为2a ，所以因为OE AD ⊥，OP AD ⊥，18．（2023·云南红河·统考二模）如图，在几何体ABCDEF中，菱形ABCD所在的平面与矩形BDEF所在的平面互相垂直．(1)若M 为线段BF 上的一个动点，证明：CM ∥平面ADE(2)若60BAD ∠=︒，2AB =，直线CF 与平面BCE F 到平面BCE 的距离．()3,1,0B ，()0,2,0C ，(0,0,E a19．（2023·北京·北京市八一中学校考模拟预测）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，二面角A CD E --为60°，DE CF ∥，CD DE ⊥，2AD =，3DE DC ==，6CF =．(1)求证：CD AE ⊥；(2)求直线DE 与平面AEF 所成角的正弦值．(3)直接写出λ的值，使得CG CF λ=，且三棱锥B ACG -【答案】(1)证明见解析CD AD ⊥ ，CD DE ⊥，ADE ∴∠即为二面角A CD F --的平面角，即∴(0,1,3)A ，(0,0,0),(0,3,0),(3,6,0)D E F ∴(0,2,3),(3,5,3),AE AF DE =-=-设平面AEF 的法向量为(,,)n x y z =，230,3530.n AE y z n AF x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩ 令2z =，则所以(3,3,2)n =-，∴3330cos ,10310DE n DE n DE n ⋅===20．（2023·江西九江·统考二模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AC ⊥平面11AA B B ，13ABB ∠=，1AB =，12AC AA ==，D 为棱1BB 的中点．(1)求证：AD ⊥平面11AC D ；(2)若E 为棱BC 的中点，求三棱锥1E AC D -的体积．则()0,0,0A ，1,1,02E ⎛⎫⎪⎝⎭，1,0,2D ⎛ ⎝所以1,1,02AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，1,0,2AD ⎛= ⎝ 设(),,n x y z =r为平面1AC D 的一个法向量，则10n AD n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即1302223x z x y ⎧+=⎪⎨⎪-++⎩所以点E 到平面1AC D 的距离d =则三棱锥1E AC D -的体积13S V =1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 五、高考真题衔接的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．则()2,0,0A 、()2,2,0B 、(2,0,2C 则10,,12EF ⎛⎫= ⎪⎝⎭，易知平面ABC 的一个法向量为EF ⊄ 平面ABC ，故//EF 平面2．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．由（1）得2AE =，所以12AA AB ==，1A B =则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以AC 则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z = ，则m BD m BA ⎧⋅⎨⋅⎩ 可取()1,0,1m =-，3．（2021·天津·统考高考真题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（I ）求证：1//D F 平面11A EC ；（II ）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值．（III ）求二面角11A A C E --的正弦值．4．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．。
高三数学一轮复习8.8立体几何中的向量方法Ⅱ—求空间角与距离课时训练试题
永昌县第一中学高三数学一轮复习?8.8 立体几何中的向量方法(Ⅱ)—求空间角与间隔 ?课时训练本卷贰O 贰贰年贰月捌日编写； 出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。
(时间是：45分钟 满分是：100分)一、选择题(每一小题7分，一共28分)1. 如下图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，E 、F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，那么EF 和CD 所成的角是( )A.60°B.45°C.30°D.90°ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，那么sin 〈DB 1→，CM →〉的值等于( )A.12B.21015C.23D.11153.长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，那么异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010C.21510D.31010ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，那么点D 1到平面A 1BD 的间隔 是( )A.32B.22C.223D.233二、填空题(每一小题7分，一共28分)5．正四棱锥S —ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，那么直线BC 与平面P AC 所成的角是________．6.(2021·联考)P 是二面角α—AB —β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM 、PN ，假如∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α—AB —β的大小为 .7. 如下图，PD 垂直与正方形ABCD 所在平面，AB =2，E 为PB 的中点，cos〈,DP AE 〉=33,假设以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，那么点E 的坐标为 .ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，那么点F 到平面A 1D 1E 的间隔 为 .,三、解答题(一共44分)9．(14分)在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是D 1D 、BD 的中点，G 在棱CD 上，且CG ＝14CD ，应用空间向量方法解以下问题： (1)求证：EF ⊥B 1C ；(2)求EF 与C 1G 所成角的余弦值．10．(15分)正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．11．如下图，在五面体ABCDEF 中，F A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD . (1)求证：BF ⊥DM ；(2)求二面角A —CD —E 的余弦值答案5. 30°6. 90°7. (1，1，1)8. 35109. (1)证明 如下图，建立空间直角坐标系，D 为坐标原点， 那么E ⎝⎛⎭⎫0，0，12，F ⎝⎛⎭⎫12，12，0， C (0,1,0)，C 1(0,1,1)，B 1(1,1,1)，G ⎝⎛⎭⎫0，34，0. EF ＝⎝⎛⎭⎫12，12，－12，B 1C →＝(－1,0，－1)． ∴EF ·B 1C →＝12×(－1)＋12×0＋⎝⎛⎭⎫－12×(－1)＝0. EF ⊥B 1C →，即EF ⊥B 1C .(2)∵C 1G →＝⎝⎛⎭⎫0，－14，－1，∴|C 1G →|＝174. 又EF ·C 1G →＝12×0＋12×⎝⎛⎭⎫－14＋⎝⎛⎭⎫－12×(－1)＝38， EF ＝32，∴cos ﹤EF ，C 1G →〉＝11⋅⋅EF C G EF C G＝5117，即异面直线EF 与C 1G 所成角的余弦值为5117. 10. 解 方法一 建立如下图的空间直角坐标系，那么A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0，2a )，C 1⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ，取A 1B 1的中点M ，那么M ⎝⎛⎭⎫0，a 2，2a ，连接AM 、MC 1， 那么1MC ＝⎝⎛⎭⎫－32a ，0，0，AB →＝(0,a ,0)， AA 1→＝(0,0，2a )． 1MC ·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0．∴MC 1⊥平面ABB 1A 1. ∴∠C 1AM 是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．1AC ＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ， AM →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，2a ， 1AC ·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24.1AC ＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， AM ＝02＋a 24＋2a 2＝32a ， cos 〈AC 1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32.∴〈AC 1→，AM →〉＝30°， 即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.方法二 (法向量法)(接方法一)1AA ＝(0,0，2a )．AB →＝(0，a,0)， 设侧面ABB 1A 1的法向量n ＝(λ，x ，y )，∴ n ·AB →＝0且n ·AA 1→＝0 ∴ax ＝0且2ay ＝0，∴x ＝y ＝0，故n ＝(λ，0,0)．∵AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ，cos 〈AC 1→〉，n 〉＝n ·AC 1→|n |·|AC 1→|＝－λ·32a |λ|·3a＝－λ2|λ|. 设所求线面角为θ， 那么sin θ=1cos ,AC n ＝12，故θ＝30°. 点评 方法二给出了求线面角的一般方法，先求平面法向量与斜线方向向量的夹角φ，那么线面角θ满足sin θ＝|cos φ|.11. 解 以A 为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系，不妨设AB ＝1，依题意得A (0,0,0)、B (1,0,0)、C (1,1,0)、D (0,2,0)、E (0,1,1)、F (0,0,1)、M ⎝⎛⎭⎫12，1，12. (1)证明 BF ＝(－1,0,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，12， ∴BF ·DM →＝－12＋0＋12＝0，∴BF ⊥DM . (2)解 设平面CDE 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )，00⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u CE u DE ,又CE ＝(－1,0,1)，DE →＝(0，－1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0. 令x ＝1，可得u ＝(1,1,1)．又由题设，平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,1)，∴cos 〈u ，v 〉＝u·v |u||v |＝0＋0＋13×1＝33. 故二面角A —CD —E 的余弦值为33.本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。
高考数学专题训练——立体几何中求角与距离
ABC DA1E B1C12009届高考数学专题训练——立体几何中求角与距离1. 四棱锥P —ABCD 的底面是边长为a 的正方形，PB ⊥面ABCD. （1）若面PAD 与面ABCD 所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积； （2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90°2 如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面ABC 为等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C 点到AB 1的距离为CE=23，D 为AB 的中点. （1）求证：AB 1⊥平面CED ；（2）求异面直线AB 1与CD 之间的距离；（3）求二面角B 1—AC —B 的平面角.3.如图a—l—β是120°的二面角，A，B两点在棱上，AB=2，D在α内，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在β内，∆ABC是等腰直角三角形∠ACB=.900（I）求三棱锥D—ABC的体积；（2）求二面角D—AC—B的大小；（3）求异面直线AB、CD所成的角.4.在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形．这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①．若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②．则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值．图①图②5.已知三棱锥P—ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，D、F分别为AC、PC的中点，DE⊥AP于E．（1）求证：AP⊥平面BDE；（2）求证：平面BDE⊥平面BDF；（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱锥P—ABC所成两部分的体积比．6.如图，几何体ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F、G分别为EB和AB的中点.（1）求证：FD ∥平面ABC ；（2）求证：AF ⊥BD ；(3) 求二面角B —FC —G 的正切值.7. 如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 、Q 分别是线段AD 1和BD 上的点，且D 1P ∶PA=DQ ∶QB=5∶12.(1) 求证PQ ∥平面CDD 1C 1； (2) 求证PQ ⊥AD ；(3) 求线段PQ 的长.A BC D E A 1 B 1 C 1 D 1xyz图48. 如图4，在长方体ABCD -1111A B C D 中，AD=1AA =1，AB=2，点E 在棱AB 上移动。
高考数学专题—立体几何(空间向量求空间角与空间距离)
高考数学专题——立体几何（空间向量求角与距离）一、空间向量常考形式与计算方法设直线l,m 的方向向量分别为l ⃗,m ⃗⃗⃗⃗，平面α,β的法向量分别为n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗. （1）线线角：（正负问题）：用向量算取绝对值（因为线线角只能是锐角）直线l,m 所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：cos θ=l⃗⋅m ⃗⃗⃗⃗|l⃗|⋅|m ⃗⃗⃗⃗|； （2）线面角：正常考你正弦值，因为算出来的是角的余角的余弦值 非正常考你余弦值，需要再算一步。
直线l 与平面α所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：sin θ=|l ⃗⋅n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗||l⃗|⋅|n ⃗⃗|； (3)二面角：同进同出为补角；一进一出为原角。
注意：考试从图中观察，若为钝角就取负值，若为锐角就取正值。
平面α,β所成的二面角为θ，则0≤θ≤π，如图①，AB ，CD 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＝⟨AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗,CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩．如图②③，n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗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|＝|n⃗⃗1⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n⃗⃗1|⋅|n2⃗⃗⃗⃗⃗⃗||，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． (4)空间距离额计算：通常包含点到平面距离，异面直线间距离。
二、空间向量基本步骤空间向量求余弦值或正弦值四步法（1）建系：三垂直，尽量多点在轴上；左右下建系，建成墙角系；锥体顶点在轴上；对称面建系。
一定要注明怎样建成的坐标系（2）写点坐标（3）写向量：向量最好在面上或者轴上（可简化计算量） （4）法向量的简化计算直线的方向向量和平面的法向量（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个.（2）若直线l ⊥α，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作，有无数多个，任意两个都是共线向量.平面法向量的求法：设平面的法向量为α⃗=(x,y,z ).在平面内找出（或求出）两个不共线的向量a ⃗=(x 1,y 1,z 1)，b ⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)，根据定义建立方程组，得到{α⃗×a ⃗=0α⃗×b ⃗⃗=0，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.三、空间向量求距离向量方法求异面直线距离：先求两异面直线的公共法向量，再求两异面直线上任意两点的连结线段在公共法向量上的射影长。
2013届高考数学快速提升成绩题型训练——立体几何中求角与距离-(1)
—立体几何中求角与距离1.四棱锥P—ABCD勺底面是边长为a的正方形，PB丄面ABCD.(1)若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°,求这个四棱锥的体积;2如图，直三棱柱ABC-ABiG的底面ABC为等腰直角三角形，/ ACB=90, AC=1, C点到AB的距离为CE=^ , D为AB的中点.2(1) 求证：AB丄平面CED(2) 求异面直线AB与CD之间的距离;(3) 求二面角B i—AC—B的平面角.3. 如图a—l —是120°的二面角，A, B两点在棱上，AB=2 D在内，三角形ABD是等腰直角三角形，/ DAB=90 , C在内，ABC是等腰直角三角形/ ACB=)0°.(2)证明无论四棱锥的高怎样变化,成的二面角恒大于90°面PAD与面PCD所(1) 求三棱锥D—ABC勺体积；(2) 求二面角D—AC—B的大小；(3) 求异面直线AB CD所成的角.4. 在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形•这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值.5. 已知三棱锥P—ABC中, PC丄底面ABC AB=BCD F分别为AC PC的中点，DE I AP于E.(1)求证：AP丄平面BDE图①图②(2)求证：平面BDE平面BDF(3)若AE： EP=1： 2,求截面BEF分三棱锥P—ABC所成两部分的体积比.6. 如图，几何体ABCD中，△ ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC且EA=AB=2a DC=a, F、G分别为EB和AB的中点.(1)求证：FD//平面ABC(2)求证：AF丄BD⑶求二面角B—FC- G的正切值.7. 如图，正方体ABC—ABCD的棱长为1, P、Q分别是线段AD和BD上的点, 且DP : PA=DQ QB=：12.打(1) 求证PQ/平面CDEC;(2) 求证PQL AD⑶求线段PQ的长.8. 如图4,在长方体ABCDA, B1C1 D-\中，AD=AA =1, AB=2,点E 在棱AB上移动。
立体几何中的向量方法——求空间角与距离-2023届高考数学一轮复习(新高考)
考点专练38：立体几何中的向量方法一、选择题1.在三棱锥A-BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2．若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A-BD-C 的大小为( ) A ．π3 B ．2π3 C ．π3或2π3 D ．π6或π32.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系Oxyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2, 1, 2)，设二面角C-AB-O 的大小为θ，则cos θ等于( )A ．43B ．53C ．23D ．－233.如图，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A ．33535B ． 277C ．33D ．244.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A ．12B ．23C ．33D ．225.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B-AA 1-C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A ．7B ．6C ．5D ．26.(多选)设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱V A 上的点(不含端点)．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则α，β，γ大小关系正确的是() A．α＞β B．α＝βC．γ＞β D．γ≥β二、填空题7．如图，在正方形ABCD中，EF∥AB．若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶2，则AF与CE所成角的余弦值为________→8.正四棱锥P-ABCD，底面四边形ABCD是边长为2的正方形，PA＝5，其内切球为球G，平面α过AD与棱PB，PC分别交于点M，N，且与平面ABCD所成二面角为30°，则平面α截球G所得的图形的面积为___________三、解答题9．(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB ＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？10．如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，PC⊥底面ABCD，AB＝2AD＝2CD＝4，PC＝2a，E是PB的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P-AC-E的余弦值为63，求a的值；(3)在(2)的条件下求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．11.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝3，AC＝2，点E是PD的中点．(1)求证：PB∥平面AEC．(2)在线段PB上(不含端点)是否存在一点M，使得二面角M-AC-E的余弦值为10 10若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由．12．如图，已知△ABC是以AC为底边的等腰三角形，将△ABC绕AB转动到△PAB位置，使得平面PAB⊥平面ABC，连接PC，E，F分别是PA，CA的中点．(1)证明：EF⊥AB；(2)在①S△ABC＝33，②点P到平面ABC的距离为3，③直线PB与平面ABC所成的角为60°这三个条件中选择两个作为已知条件，求二面角E-BF-A的余弦值．13．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为π6，③∠ABC＝π3．如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA ＝AB＝2，PD的中点为F．(1)在线面AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB 上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．(2)若________，求二面角F-AC-D的余弦值．参考答案：一、选择题1.C2.C3.A4.B5.A6.AC 二、填空题7．答案：45 8.答案：π3 三、解答题9．(1)证明：因为侧面AA 1B 1B 为正方形，所以A 1B 1⊥BB 1．又BF ⊥A 1B 1，而BF ∩BB 1＝B ，BF ⊂平面BB 1C 1C ，BB 1⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ．又ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，BC ＝AB ，所以平面BB 1C 1C 为正方形． 取BC 中点为G ，连接B 1G ，EG ． 因为F 为CC 1的中点，所以BF ⊥B 1G ． 又BF ⊥A 1B 1，且EG ∥A 1B 1，所以BF ⊥EG ．又B 1G ∩EG ＝G ，B 1G ⊂平面EGB 1D ，EG ⊂平面EGB 1D ，所以BF ⊥平面EGB 1D ． 又DE ⊂平面EGB 1D ，所以BF ⊥DE ．(2)解：因为侧面AA 1B 1B 是正方形，所以AB ∥A 1B 1，由(1)知，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ， 所以AB ⊥平面BB 1C 1C ．又BC ⊂平面BB 1C 1C ，所以AB ⊥BC ．设B 1D ＝x ，以B 为原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1,1,0)，F(0,2,1)，D(x,0,2)，所以EF →＝(－1,1,1)，FD →＝(x ，－2,1)．易知，平面BB 1C 1C 的一个法向量可为n 1＝(1,0,0)．设平面DFE 的法向量n 2＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·FD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＋z 1＝0，xx 1－2y 1＋z 1＝0.不妨取z 1＝1，则x 1＝32－x ，y 1＝x ＋12－x，即n 2＝⎝⎛⎭⎫32－x ，x ＋12－x ，1．设〈n 1，n 2〉＝θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－x⎝⎛⎭⎫32－x 2＋⎝⎛⎭⎫x ＋12－x 2＋1＝11＋⎝⎛⎭⎫32－x －12⎝⎛⎭⎫32－x 2＋1⎝⎛⎭⎫32－x 2．令32－x＝t ，则cos θ＝11＋(t －1)2t 2＋1t2＝12t 2－2t＋2＝12()1t －122＋32．当1t ＝12时，(cos θ)max ＝23＝63，此时(sin θ)min ＝33． 故当B 1D ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小．10．(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥PC ． 因为AB ＝4，AD ＝CD ＝2，所以AC ＝22， 取AB 的中点为N ，则可得CN ∥AD ，则CN ⊥AB ，所以BC ＝CN 2＋NB 2＝22，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC ． 又BC ∩PC ＝C ，所以AC ⊥平面PBC ．因为AC ⊂平面EAC ，所以平面EAC ⊥平面PBC ．(2)解：以点C 为原点，CN →，CD →，CP →分别为x 轴、y轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(2,2,0)，B(2，－2,0)，设P(0,0,2a)(a>0)，则E(1，－1，a)，CA →＝(2,2,0)，CP →＝(0,0,2a)，CE →＝(1，－1，a)．设m ＝(x 0，y 0，z 0)为平面PAC 的法向量，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 0＋2y 0＝0，2az 0＝0，取m ＝(1，－1,0)．设n ＝(x ，y ，z)为平面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)． 依题意|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝a a 2＋2＝63，则a ＝2． (3)解：由(2)可得n ＝(2，－2，－2)，PA →＝(2,2，－4)．设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝23，即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23．11．(1)证明：连接BD 交AC 于点F ，连接EF ．在△PBD 中，由已知得EF ∥PB ． 又EF ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC ．(2)解：由题意知，AC ，AB ，AP 两两垂直，所以以A 为坐标原点，AC ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Axyz ．则C(2,0,0)，D(2，－3,0)，P(0,0,3)，B(0,3,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，－32，32． 设M(x 0，y 0，z 0)，PM →＝λ PB →(0<λ<1)，则(x 0，y 0，z 0－3)＝λ(0,3，－3)，得M(0,3λ，3－3λ)． 设平面AEC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·AE →＝0，n 1·AC →＝0，AE →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，AC →＝(2,0,0)，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－32y 1＋32z 1＝0，2x 1＝0，取y 1＝1，得n 1＝(0,1,1)．设平面MAC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由n 2·AM →＝0，n 2·AC →＝0，AM →＝(0,3λ，3－3λ)，AC →＝(2,0,0)，得⎩⎪⎨⎪⎧3λy 2＋(3－3λ)z 2＝0，2x 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝⎝⎛⎭⎫0，1－1λ，1．设二面角M-AC-E 的大小为θ．因为二面角M-AC-E 的余弦值为1010，所以θ为锐角，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝2－1λ2·⎝⎛⎭⎫1－1λ2＋1＝1010， 化简得9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝13或λ＝23．易知当λ＝23时，θ为钝角，所以λ＝13，所以PM →＝13PB →．故存在点M ，当PM →＝13PB →时，二面角M-AC-E 的余弦值为1010．12．(1)证明：如图(1)，过点E 作ED ⊥AB ，垂足为D ，连接DF ．由题意知，△PAB ≌△CAB ，易证△EDA ≌△FDA ，所以∠EDA ＝∠FDA ＝π2，即FD ⊥AB ．因为ED ⊥AB ，ED ∩FD ＝D ，所以AB ⊥平面EFD ． 又因为EF ⊂平面EFD ，所以EF ⊥AB ．图(1)(2)解：过点P 作PO ⊥AB ，垂足为O ，连接CO ，则CO ⊥AB ．因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC ．以O 为坐标原点，以OA ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图(2)所示的空间直角坐标系．图(2)设AB ＝a ，∠ABC ＝θ，由条件①得S △ABC ＝12a 2sin θ＝33，由条件②得PO ＝asin θ＝3，由条件③得∠PBO ＝60°，即θ＝120°．若选条件①②，可求得a ＝23，B(3，0,0)，A(33，0,0)，P(0,0,3)，C(0,3,0)． 因为E ⎝⎛⎭⎫332，0，32，f ⎝⎛⎭⎫332，32，0，所以BF →＝⎝⎛⎭⎫32，32，0，BE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32．设平面BEF 的一个法向量m ＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BF →＝0，m ·BE →＝0，得⎩⎨⎧32x ＋32y ＝0，32x ＋32z ＝0，取m ＝(－3，1,1)，又易知平面BFA 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝15＝55，所以二面角E-BF-A 的余弦值为55．若选①③或②③均可求得a ＝23，下同．13．解：(1)在线段AB 上存在点G ，使得AF ∥平面PCG ，且G 为AB 的中点． 证明如下：设PC 的中点为H ，连接FH ，GH ，如图．易证四边形AGHF 为平行四边形， 则AF ∥GH ．又GH ⊂平面PCG ，AF ⊄平面PGC ，所以AF ∥平面PGC ． (2)选择①．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD ． 由题意可知，AB ，AD ，AP 两两垂直，故以A 为坐标原点，AB →，AD →，AP →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝AB ＝2，所以A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0，1,1)， 所以AF →＝(0,1,1)，CF →＝(－2，－1,1)．设平面FAC 的法向量为u ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·AF →＝0，u ·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，－2x －y ＋z ＝0.令y ＝1，则x＝－1，z ＝－1，则u ＝(－1，1，－1)． 易知平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,2)，设二面角F AC D 的平面角为θ，则cos θ＝|u·v ||u||v |＝33，即二面角F AC D 的余弦值为33． 选择②．设BC 中点E ，连接AE ，取AD 的中点M ，连接FM ，CM ，则FM ∥PA ，且FM ＝1． 因为PA ⊥平面ABCD ，所以FM ⊥平面ABCD ，FC 与平面ABCD 所成的角为∠FCM ， 故∠FCM ＝π6．在直角三角形FCM 中，CM ＝3．又因为CM ＝AE ，所以AE 2＋BE 2＝AB 2， 所以BC ⊥AE ，所以AE ，AD ，AP 两两垂直．故以A 为坐标原点，AE →，AD →，AP →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝AB ＝2，所以A(0,0,0)，C(3，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0，2)，F(0,1,1)，所以AF →＝(0,1,1)，CF →＝(－3，0,1)．设平面FAC 的法向量为u ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·AF →＝0，u ·CF →＝0，即⎩⎨⎧y ＋z ＝0，－3x ＋z ＝0.令x ＝3，则y ＝－3，z ＝3，则u ＝(3，－3,3)．易知平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,2)． 设二面角F AC D 的平面角为θ，则cos θ＝|u·v ||u||v |＝217，即二面角FACD 的余弦值为217． 选择③．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BC ． 取BC 中点E ，连接AE ．因为底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝π3，所以△ABC 是正三角形．又E 是BC 的中点，所以BC ⊥AE ，所以AE ，AD ，AP 两两垂直．故以A 为坐标原点，AE →，AD →，AP →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝AB ＝2，所以A(0,0,0)，C(3，1,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0,1,1)，所以AF →＝(0,1,1)，CF →＝(－3，0,1)．设平面FAC 的法向量为u ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·AF →＝0，u ·CF →＝0，即⎩⎨⎧y ＋z ＝0，－3x ＋z ＝0.令x ＝3，则y ＝－3，z ＝3，则u ＝(3，－3,3)． 易知平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,2)，设二面角FAC D 的平面角为θ，则cos θ＝|u·v ||u||v |＝217，即二面角F AC D 的余弦值为217。
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C A1EB1C1高考典型题型训练——立体几何中求角与距离1. 四棱锥P —ABCD 的底面是边长为a 的正方形，PB ⊥面ABCD. （1）若面PAD 与面ABCD 所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90°2如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面ABC 为等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C 点到AB 1的距离为CE=23，D 为AB 的中点. （1）求证：AB 1⊥平面CED ；（2）求异面直线AB 1与CD 之间的距离；（3）求二面角B 1—AC —B 的平面角.3. 如图a—l—β是120°的二面角，A，B两点在棱上，AB=2，D在α内，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在β内，∆ABC是等腰直角三角形∠ACB=.900（I）求三棱锥D—ABC的体积；（2）求二面角D—AC—B的大小；（3）求异面直线AB、CD所成的角.4. 在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形．这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①．若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②．则当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值．图①图②5. 已知三棱锥P—ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，D、F分别为AC、PC的中点，DE⊥AP于E．（1）求证：AP⊥平面BDE；（2）求证：平面BDE⊥平面BDF；（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱锥P—ABC所成两部分的体积比．6. 如图，几何体ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a，DC=a，F、G分别为EB和AB的中点.（1）求证：FD∥平面ABC；（2）求证：AF⊥BD；(3) 求二面角B—FC—G的正切值.7. 如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，P、Q分别是线段AD1和BD上的点，且D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12.(1) 求证PQ∥平面CDD1C1；(2) 求证PQ⊥AD；A B C D E A 1 B 1C 1D 1 xyz(3)求线段PQ 的长.8. 如图4，在长方体ABCD -1111A B C D 中，AD=1AA =1，AB=2，点E 在棱AB上移动。
（Ⅰ）证明：11D E A D ⊥；（Ⅱ）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离；（Ⅲ）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π。
9.如图，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长都相等，D、E分别为AC1，BB1的中点。
（1）求证：DE∥平面A1B1C1；（2）求二面角A1—DE—B1的大小。
10．如图：已知直三棱柱ABC—A1B1C1，AB＝AC，F为棱BB1上一点，BF∶FB1＝2∶1，BF＝BC＝2a。
（I）若D为BC的中点，E为AD上不同于A、D的任意一点，证明EF⊥FC1；（II）试问：若AB＝2a，在线段AD上的E点能否使EF与平面BB1C1C成60°角，为什么？证明你的结论11.如图，在底面是直角梯形的四棱锥P ABCD-中，AD∥BC，∠ABC＝90°，且∠ADC=arcsin55，又PA⊥平面ABCD，AD＝3AB＝3PA＝3a。
ABC1A1B1CED（I ）求二面角P —CD —A 的正切值； （II ）求点A 到平面PBC 的距离。
PBCA D12.在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，CA=CB=CC 1=2，∠ACB=90°，E 、F 分别是BA 、BC 的中点，G 是AA 1上一点，且AC 1⊥EG. （Ⅰ）确定点G 的位置；（Ⅱ）求直线AC 1与平面EFG 所成角θ的大小.13.已知四棱锥P —ABCD ，底面ABCD 是菱形，⊥︒=∠PD DAB ,60平面ABCD ，PD=AD ，点E为AB中点，点F为PD中点. （1）证明平面PED⊥平面PAB；（2）求二面角P—AB—F的平面角的余弦值14.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是正方形A1B1C1D1的中心，点P在棱CC1上，且CC1=4CP.(Ⅰ)求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；(Ⅱ)设O点在平面D1AP上的射影是H，求证：D1H⊥AP；(Ⅲ)求点P到平面ABD1的距离.·B1PACDA1C1D1BOH·15.如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，E是PC的中点，作交PB于点F。
(I)证明平面；(II)证明平面EFD；(III)求二面角的大小。
16.如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点.（I）试确定点F的位置，使得D1E⊥平面AB1F；（II）当D1E⊥平面AB1F时，求二面角C1—EF—A的大小（结果用反三角函数值表示）.17.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AD⊥DC，CD=2，DD1=AB=1，P、Q分别是CC1、C1D1的中点。
点P到直线AD1的距离为223⑴求证：AC∥平面BPQ⑵求二面角B-PQ-D的大小18.已知长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=8，E、F分别为AD和CC1的中点，O1为下底面正方形的A BCDA BCDPQ1111中心。
（Ⅰ）证明：AF⊥平面FD1B1；（Ⅱ）求异面直线EB与O1F所成角的余弦值；19. 图①是一个正方体的表面展开图，MN和PQ是两条面对角线，请在图（2）的正方体中将MN，PQ画出来，并就这个正方体解答下列各题：（1）求MN和PQ所成角的大小；（2）求四面体M—NPQ的体积与正方体的体积之比；（3）求二面角M—NQ—P的大小。
20. 如图，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°。
（1）求点P到平面ABCD的距离；（2）求面APB与面CPB所成二面角的大小。
答案：1. （1）正方形ABCD是四棱锥P—ABCD的底面, 其面积为,2a从而只要算出四棱锥的高就行了.PB面ABCD,∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，∴PA⊥DA，∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角，∠PAB=60°.而PB 是四棱锥P —ABCD 的高，PB=AB ·tg60°=3a,3233331a a a V =⋅=∴锥. （2）不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为全等三角形. 作AE ⊥DP ，垂足为E ，连结EC ，则△ADE ≌△CDE ，CEA CED CE AE ∠=∠=∴故,90, 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角.设AC 与DB 相交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，.22a AD AE OA a =<<=∴在.0)2)(2(2)2(cos ,2222<-+=⋅⋅-+=∠∆AEOA AE OA AE EC AE OA EC AE AEC AEC 中 故平面PAD 与平面PCD 所成的二面角恒大于90°.2. （1）∵D 是AB 中点，△ABC 为等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD ⊥AB 又AA 1⊥平面ABC ，∴CD ⊥AA 1.∴CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥AB 1，又CE ⊥AB 1，∴AB 1⊥平面CDE ； （2）由CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥DE ∵AB 1⊥平面CDE ∴DE ⊥AB 1∴DE 是异面直线AB 1与CD 的公垂线段∵CE=23，AC=1 ,∴CD=.22∴21)()(22=-=CD CE DE ； （3）连结B 1C ，易证B 1C ⊥AC ，又BC ⊥AC , ∴∠B 1CB 是二面角B 1—AC —B 的平面角.在Rt △CEA 中，CE=23，BC=AC=1, ∴∠B 1AC=600 ∴260cos 121==AB ，∴2)()(2211=-=AB AB BB , ∴211==∠BCBB CB B tg , ∴21arctg CB B =∠.3. (1) 过D 向平面β做垂线，垂足为O ，连强OA 并延长至E.DAE OA AB DA OA AD AB ∠∴⊥∴⊥,,上的射影在平面为β 为二面角a —l —β的平面角..60,120 =∠∴=∠DAO DAE 3,2=∴==DO AB AD .ABC ∆ 是等腰直角三角形，斜边AB=2.,1=∴∆ABC S 又D 到平面β的距离DO=.3.33=∴-ABC D V （2）过O 在β内作OM ⊥AC,交AC 的反向延长线于M,连结DM.则AC ⊥DM.∴∠DMO 为二面角D —AC —B 的平面角. 又在△DOA 中，OA=2cos60°=1.且.22,45=∴=∠=∠OM CAE OAM .6.6arctg DMO DMO tg =∠∴=∠∴ （3）在β平在内，过C 作AB 的平行线交AE 于F ，∠DCF 为异面直线AB 、CD 所成的角.ACF CAF DF CF AF CF AF AB ∆=∠⊥∴⊥∴⊥即又,45,, 为等腰直角三角形，又AF 等于C 到AB 的距离，即△ABC 斜边上的高,.1==∴CF AF.7.7.7120cos 2222=∠∴==∠∴=⋅-+=∴DCF tg CFDFDCF tg AF AD AF AD DF 异面直线AB,CD 所成的角为arctg .74. 设容器的高为x ．则容器底面正三角形的边长为x a 32-,)32)(32(3434143)320()32(43)(2x a x a x a x x a x x V --⋅⋅⋅=<<-⋅⋅=∴54)3323234(16133a x a x a x =-+-+≤. 当且仅当 .54,183,32343max a V a x x a x ==-=时即.故当容器的高为a 183时，容器的容积最大，其最大容积为.543a5.(1）∵PC ⊥底面ABC ，BD ⊂平面ABC ，∴PC ⊥BD ．由AB=BC ，D 为AC 的中点，得BD ⊥AC ．又PC ∩AC=C ，∴BD ⊥平面PAC ． 又PA ⊂平面、PAC ，∴BD ⊥PA ．由已知DE ⊥PA ，DE ∩BD=D ，∴AP ⊥平面BDE ． （2）由BD ⊥平面PAC ，DE ⊂平面PAC ，得BD ⊥DE ．由D 、F 分别为AC 、PC 的中点，得DF//AP ．由已知，DE ⊥AP ，∴DE ⊥DF.BD ∩DF=D ，∴DE ⊥平面BDF ． 又 DE ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面BDF ． （3）设点E 和点A 到平面PBC 的距离分别为h 1和h 2．则 h 1∶h 2=EP ∶AP=2∶3,.31232313121=⋅=⋅⋅⋅⋅==∴∆∆----PBC PBFPBCA PBFE ABC P EBF P S h S h V V V V故截面BEF 分三棱锥P —ABC 所成两部分体积的比为1∶2或2∶1 6.∵F 、G 分别为EB 、AB 的中点， ∴FG=21EA ，又EA 、DC 都垂直于面ABC, FG=DC ， ∴四边形FGCD 为平行四边形，∴FD ∥GC ，又GC ⊂面ABC ， ∴FD ∥面ABC.（2）∵AB=EA ，且F 为EB 中点，∴AF ⊥EB ① 又FG ∥EA ，EA ⊥面ABC ∴FG ⊥面ABC ∵G 为等边△ABC ，AB 边的中点，∴AG ⊥GC. ∴AF ⊥GC 又FD ∥GC ，∴AF ⊥FD ②由①、②知AF ⊥面EBD ，又BD ⊂面EBD ，∴AF ⊥BD. （3）由（1）、（2）知FG ⊥GB ，GC ⊥GB ，∴GB ⊥面GCF.过G 作GH ⊥FC ，垂足为H ，连HB ，∴HB ⊥FC.∴∠GHB 为二面角B-FC-G 的平面角. 易求33223,23==∠∴=a a GHB tg a GH .7. （1）在平面AD 1内，作PP 1∥AD 与DD 1交于点P 1，在平面AC 内，作 QQ 1∥BC 交CD 于点Q 1，连结P 1Q 1. ∵1251==QB DQ PA P D , ∴PP 1//QQ 1 .由四边形PQQ 1P 1为平行四边形, 知PQ ∥P 1Q 1 而P 1Q 1⊂平面CDD 1C 1， 所以PQ ∥平面CDD 1C 1（2） AD ⊥平面D 1DCC 1， ∴AD ⊥P 1Q 1，又∵PQ ∥P 1Q 1， ∴AD ⊥PQ.（3）由（1）知P 1Q 1//PQ,125QB DQ C Q DQ 11==，而棱长CD=1. ∴DQ 1=175. 同理可求得 P 1D=1712. 在Rt △P 1DQ 1中，应用勾股定理, 立得P 1Q 1=1713175171222221=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+DQ D P .8. 解：建立如图所示的空间直角坐标系，设AE a =，则1(1,0,1)A ，1(0,0,1)D ，(1,,0)E a ，(1,0,0)A ，(0,2,0)C 。