高考数学试题-第2018讲空间中的夹角和距离 最新
北京市2018届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)
北京市2018届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 BC D -的底面边长为1,1AB 与底面ABCD 成60°角,则11AC 到底面ABCD 的距离为 （ ） AB ．1 CD2 ．（2018届北京西城区一模理科）如图，正方体1111ABCD A BC D -中，P 为底面ABCD 上的动点，1PE AC ⊥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2018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.ABCDENM4 ．（2018届北京丰台区一模理科）如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ∥MD ，且NB=1，MD=2； （Ⅰ）求证：AM ∥平面BCN;（Ⅱ）求AN 与平面MNC 所成角的正弦值； （Ⅲ）E 为直线MN 上一点，且平面ADE ⊥平面MNC ，求MEMN的值. .6 ．（北京市丰台区2018届高三上学期期末考试 数学理试题 ）如图，在三棱锥P-ABC 中，PA=PB=AB=2，3BC =，90=∠ABC °,平面PAB ⊥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 ．（2018北京房山二模数学理科试题及答案）如图, ABCD 是正方形, DE ⊥平面ABCD ,DE AF //,3DE DA AF ==. (Ⅰ) 求证:AC ⊥BE ;(Ⅱ) 求二面角D BE F --的余弦值;(Ⅲ)设点M 是线段BD 上一个动点,试确定点M 的位置,使得//AM 平面BEF ,证明你的结论.F EDCB A8 ．（2018届北京大兴区一模理科）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，ABC D 是等边三角形，D是BC 的中点．（Ⅰ）求证：A 1B //平面ADC 1；（Ⅱ）若AB=BB 1=2，求A 1D 与平面AC 1D 所成角的正弦值．9 ．（2018ABCD 为菱形，60=∠ABC ，侧面PAB 是边长为2.(Ⅰ)设AB 的中点为Q ，求证：⊥PQ 平面（Ⅱ）求斜线PD 与平面ABCD （Ⅲ）在侧棱PC 上存在一点M C BD M --的大小为 60，求CPCM的值.10．（北京市西城区2018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．（2018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A B C D ,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2018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2018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.ADBCPEFGHA BCA 1B 1C 1MND 1C 1B 1A 1ED CBA14．（2018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．（2018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 ⊥．（Ⅰ）求证：⊥AC 平面FBC ；A 1B 1ECBD 1C 1AD（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2018届高三上学期期末考试数学理试题 ）在长方体1111ABCD-A BC D 中，12AA=AD=，点E 在棱CD 上，且13CE=CD ． （Ⅰ）求证：1AD ⊥平面11A B D ；（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 棱AB 的长．17．（2018北京海淀二模数学理科试题及答案）如图1,在直角梯形A B C D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2018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 ACE19．（北京市海淀区2018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 -CDBA图1H E CPBAF图2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2018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．（2018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．（2018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.ABCDB CD23．（2018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．（2018届北京市高考压轴卷理科数学）如图所示,在棱锥ABCDPP ABCD -中, ⊥PA 平面ABCD ,底面ABCD 为直角梯形,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．（2018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PA 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2018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2018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。
高中数学空间角度与距离问题(有答案)
AA 1DCB B 1C 1图选修2-1空间向量与立体几何一、选择题：1．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成的角的大小为（ ）A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°2．如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是（ ）A ．1715B ．21C ．178D ．233．如图，A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA =90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC =CA =CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（ ）A ．1030 B ．21 C ． 1530 D ．10154．正四棱锥S ABCD -的高2SO =，底边长2AB =，则异面直线BD 和SC 之间的距离（ ）A ．515 B ．55 C ．552 D ．1055．已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱1CC 的中点．点1C 到平面1AB D 的距离（ ） A ．a 42B ．a 82 C ．a 423D ．a 226．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，则平面1AB C 与平面11A C D 间的距离 （ ）A ．63B ．33 C ．332 D ．23 7．在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝21P A ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值（ ）图图A ．621 B ．338 C ．60210D ．302108．在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形， 90=∠ACB ，侧棱21=AA ，D ，E 分别是1CC 与B A 1的中点，点E 在平面AB D 上的射影是ABD ∆的重心G ．则B A 1与平面AB D 所成角的余弦值（ ）A ．32 B ．37C ．23 D ．73 9．正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3，侧棱3231=AA ，D 是C B 延长线上一点，且BC BD =，则二面角B AD B --1的大小（ ）A ．3π B ．6π C ．65π D ．32π10．正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为22，侧棱长为4，E ，F 分别为棱AB ，CD 的中点，G BD EF =⋂．则三棱锥11EFD B -的体积V（ ）A ．66B ．3316 C ．316D ．16二、填空题：11．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A B 的中点，则异面直线1D E 和1BC 间的距离 ． 12． 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是11A B 、CD 的中点，求点B 到截面1AEC F 的距离 ．13．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点，点A 1到平面D B EF 的距离 ．14．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，求直线A E 与平面AB C 1D 1所成角的正弦值 ． 三、解答题：15．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1，求平面A 1B C 1与平面AB CD 所成的二面角的大小16．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、M 分别是A 1C 1、A 1D 和B 1A 上任一点，求证：平面A 1EF ∥平面B 1MC ．17．在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，且P A⊥底面ABCD，PD与底面成30°角．（1）若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；（2）求异面直线AE与CD所成角的余弦值．18．已知棱长为1的正方体A C1，E、F分别是B1C1、C1D的中点．（1）求证：E、F、D、B共面；（2）求点A1到平面的B DEF的距离；（3）求直线A1D与平面B DEF所成的角．19如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1.(1) 求二面角C—DE—C1的正切值;(2) 求直线EC1与FD1所成的余值.20如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD是菱形，∠DAB=600，PD⊥平面ABCD，PD=AD，点E为AB 中点，点F为PD中点。
(五年高考真题)2018届高考数学复习 第八章 第七节 空间角与距离 理(全国通用)
第七节 空间角与距离考点一 直线与平面所成的角及二面角1．(2014·广东，5)已知向量a ＝(1，0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A ．(－1，1，0)B ．(1，－1，0)C ．(0，－1，1)D ．(－1，0，1)解析 设选项中的向量与a 的夹角为θ，对于选项A ，由于cos θ＝1×（－1）＋0×1＋（－1）×012＋02＋（－1）2×（－1）2＋12＋02＝－12，此时夹角θ为120°，不满足题意；对于选项B ，由于cos θ＝1×1＋0×（－1）＋（－1）×012＋02＋（－1）2×12＋（－1）2＋02＝12，此时夹角θ为60°，满足题意．故选B.答案 B2．(2014·四川，8)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，1 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，223 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤223，1 解析 易证AC 1⊥平面A 1BD ，当点P 在线段CC 1上从C 运动到C 1时，直线OP 与平面A 1BD所成的角α的变化情况：∠AOA 1→π2→∠C 1OA 1(点P 为线段CC 1的中点时，α＝π2)，由于sin ∠AOA 1＝63，sin ∠C 1OA 1＝223>63，sin π2＝1，所以sin α的取值范围是[63，1]． 答案 B3．(2014·新课标全国Ⅱ，11)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 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22解析 以C 1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则A (2，0，2)，N (1，0，0)，M (1，1，0)，B (0，2，2)，∴AN →＝(－1，0，－2)，BM →＝(1，－1，－2)，∴cos 〈AN →，BM →〉＝AN →·BM →|AN →||BM →|＝－1＋45×6＝330＝3010，故选C. 答案 C4．(2013·山东，4)已知三棱柱ABC A 1B 1C 1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A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析 如图所示，由棱柱体积为94，底面正三角形的边长为3，可求得棱柱的高为 3.设P 在平面ABC 上射影为O ，则可求得AO 长为1，故AP 长为12＋（3）2＝2.故∠PAO ＝π3，即PA 与平面ABC 所成的角为π3. 答案 B5．(2013·大纲全国，10)已知正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13 解析 设AB ＝1，则AA1＝2，分别以D 1A 1→、D 1C 1→、D 1D →的方向为x 轴、y轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系．如右图所示：则D (0，0，2)，C 1(0，1，0)，B (1，1，2)，C (0，1，2).DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，－2)，DC →＝(0，1，0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BDC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0n ·DC 1→＝0即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0y －2z ＝0，取n ＝(－2，2，1)．设CD 与平面BDC 1所成角为θ 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23，故选A. 答案 A6.(2011·辽宁，8)如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是( )A ．AC ⊥SBB ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD .又∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥AC .其中SD ∩BD ＝D ，∴AC ⊥面SDB ，从而AC ⊥SB .故A 正确；易知B 正确；设AC 与DB 交于O 点，连接SO .则SA 与平面SBD 所成的角为∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角为∠CSO ，又OA ＝OC ，SA ＝SC ，∴∠ASO ＝∠CSO .故C 正确，由排除法可知选D.答案 D7．(2017·四川，14)如图，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________．解析 建立空间直角坐标系如图所示，设AB ＝1，则AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，设M (0，y ，1)(0≤y ≤1)，则EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y ，1，∴cos θ＝－12＋12y1＋1414＋y 2＋1＝－1－y52·4y 2＋5.设异面直线所成的角为α， 则cos α＝|cos θ|＝1－y52·4y 2＋5。
【大师特稿】2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案)
立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝π4，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明∵OB＝OC，又∵∠ABC＝π4，∴∠OCB＝π4，∴∠BOC＝π2.∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC?平面ABC，∴PO⊥OC.又∵PO，AB?平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO?平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，∴n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝PD→·n|PD →||n |＝1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范. 【对点训练】如图所示，在多面体A 1B 1D 1-DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF ∥B 1C.(2)求二面角E-A 1D-B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D?面A 1DE ，B 1C?面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C?面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD.以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E-A 1D-B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解取AD 的中点O ，连接PO ，CO.因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO?平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD.因为CO?平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则n ·PD →＝0，n ·PC→＝0，即－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M(0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM?平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为PA 的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM?平面PBC，DE?平面PBC，∴DE∥平面BPC.(2)解由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ，设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF →＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)，由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z). 又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝－8，163，0.由n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817. 又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F －PC －D 的余弦值为817.热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD.又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF.因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH. 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD.(2)解如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz.则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，。
2018年全国统一高考真题数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含答案及解析)
2018年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共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．（5分）设z=+2i，则|z|=（）A．0B．C．1D．2．（5分）已知集合A={x|x2﹣x﹣2＞0}，则∁R A=（）A．{x|﹣1＜x＜2}B．{x|﹣1≤x≤2}C．{x|x＜﹣1}∪{x|x＞2}D．{x|x≤﹣1}∪{x|x≥2}3．（5分）某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：则下面结论中不正确的是（）A．新农村建设后，种植收入减少B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半4．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=（）A．﹣12B．﹣10C．10D．125．（5分）设函数f（x）=x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线方程为（）A．y=﹣2x B．y=﹣x C．y=2x D．y=x6．（5分）在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则=（）A．﹣B．﹣C．+D．+7．（5分）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3D．28．（5分）设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（﹣2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则•=（）A．5B．6C．7D．89．（5分）已知函数f（x）=，g（x）=f（x）+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是（）A．[﹣1，0）B．[0，+∞）C．[﹣1，+∞）D．[1，+∞）10．（5分）如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ．在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则（）A．p1=p2B．p1=p3C．p2=p3D．p1=p2+p3 11．（5分）已知双曲线C：﹣y2=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则|MN|=（）A．B．3C．2D．412．（5分）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
【大师特稿】2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案)
立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝π4，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明∵OB＝OC，又∵∠ABC＝π4，∴∠OCB＝π4，∴∠BOC＝π2.∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D→＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.热点二 立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在. 【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面BPC.(2)解由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF→·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC→＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817. 热点三 立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，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△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
2018届高考数学复习——立体几何：(二)空间直线、平面关系的判断与证明——3.线面夹角问题(试题版)
【考点3:空间中直线、平面的夹角问题】题型1：异面直线的夹角 【典型例题】 [例1](1)在正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中直线BA ′与CC ′所成角大小为________.(2)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,若∠BAC ＝90°,AB ＝AC ＝AA 1,则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( ) A.30° B.45° C.60° D.90° (3)(2012·四川)如图,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点,则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________.答案 90° (4)(2015·济南一模)在正四棱锥V -ABCD 中,底面正方形ABCD 的边长为1,侧棱长为2,则异面直线VA 与BD 所成角的大小为________.[例2](1)如图在底面为正方形,侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ＝2,则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.45(2)(2014·课标Ⅱ)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 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.22 (3)(2014·大纲全国)已知正四面体ABCD 中,E 是AB 的中点,则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.16 B.36 C.13 D.33 【变式训练】 1.(2016·江西南昌一模)已知在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中(如图),l ⊂平面A 1B 1C 1D 1,且l 与B 1C 1不平行,则下列一定不可能的是( )A.l 与AD 平行B.l 与AB 异面C.l 与CD 所成角为30°D.l 与BD 垂直2.四棱锥P －ABCD 的所有侧棱长都为5,底面ABCD 是边长为2的正方形,则CD 与P A 所成角的余弦值为( )A.255B.55C.45D.353.(2015·浙江)如图,在三棱锥A -BCD 中,AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3,AD ＝BC ＝2,点M ,N 分别为AD ,BC 的中点,则异面直线AN ,CM 所成的角的余弦值是________.4.(2015·上海模拟)如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠ACB ＝90°,AA 1＝2,AC ＝BC ＝1,则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是________.5.(2015·揭阳模拟)如图所示,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,D 是AC 的中点,AA 1∶AB ＝2∶1,则异面直线AB 1与BD 所成的角为________.题型2：直线与平面所成的角【典型例题】[例1](1)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为 ( )A.23B.33C.23D.63(2)如图,四棱锥P-ABCD 的底面是正方形,PD ⊥底面ABCD ,点E 在棱PB 上.①求证：平面AEC ⊥平面PDB ；②当PD =2AB ,且E 为PB 的中点时,求AE 与平面PDB 所成的角的大小.[例2]►(1)(2016·天津文)如图,四边形ABCD 是平行四边形,平面AED ⊥平面ABCD ,EF ∥AB ,AB ＝2,BC ＝EF ＝1,AE ＝6,DE ＝3,∠BAD ＝60°,G 为BC 的中点. (1)求证：FG ∥平面BED ；(2)求证：平面BED ⊥平面AED ；(3)求直线EF 与平面BED 所成角的正弦值.►(2)(2014·浙江六校联考)如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是矩形,P A ⊥平面ABCD ,P A ＝AD ＝2,AB ＝1,BM ⊥PD 于点M . (1)求证：AM ⊥PD ；(2)求直线CD 与平面ACM 所成的角的余弦值.►(3)[2014·浙江文] 如图,在四棱锥A - BCDE 中,平面ABC ⊥平面BCDE ,∠CDE ＝∠BED ＝90°,AB ＝CD ＝2,DE ＝BE ＝1,AC ＝ 2.(1)证明：AC ⊥平面BCDE ；(2)求直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值. 【变式训练】 1.(2013·大纲全国)已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ,则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33 C.23 D.13 2.(2016·日照模拟)如图所示的三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AB ⊥侧面BB 1C 1C ,已知BC ＝1,∠BCC 1＝π3,A B ＝CC 1＝2.(1)求证C 1B ⊥平面ABC .(2)设E 是CC 1的中点,求AE 和平面ABC 1所成角的正弦值的大小.3.(2015·湖南)如图,直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形,E ,F 分别是BC ,CC 1的中点. (1)证明：平面AEF ⊥平面B 1BCC 1；(2)若直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角为45°,求三棱锥F -AEC 的体积.4.(2015天津文)如图,已知AA 1⊥平面ABC ,BB 1∥AA 1,AB =AC =3,BC =25,AA 1=7,BB 1=27,点E ,F 分别是BC ,A 1C 的中点. (I)求证：EF ∥A 1B 1BA ；(II)求证：平面AEA 1⊥平面BCB 1. (III)求直线A 1B 1 与平面BCB 1所成角的大小.5.[2017天津文]如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD ⊥平面PDC ,AD ∥BC ,PD ⊥PB ,AD =1,BC =3,CD =3,PD =2. (I)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (II)求证：PD ⊥平面PBC ；(II)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.题型：二面角【典型例题】[例1](1)(教材例题改编)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD 是正方形,PD⊥底面ABCD,PD＝DC.则二面角C-PB-D的大小为________.[例2](2015·广东)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD＝PC＝4,AB＝6,BC＝3.点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF＝2FB,CG＝2GB.(1)证明：PE⊥FG；(2)求二面角P-AD-C的正切值；(3)求直线P A与直线FG所成角的余弦值.【变式训练】1.已知二面角α－l－β的大小为30°,m、n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,则m、n所成的角为________.2.(2014·天津)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,BA＝BD＝2,AD＝2,P A＝PD＝5,E,F分别是棱AD,PC的中点.(1)证明：EF∥平面P AB.(2)若二面角P-AD-B为60°,①证明：平面PBC⊥平面ABCD；②求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.。
2018年高考数学 立体几何：空间向量在求空间角及距离中的应用题源探究
空间向量在求空间角及距离中的应用【考点梳理】1.异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.求直线与平面所成的角设直线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，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.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＝〈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).4.利用空间向量求距离 （1）两点间的距离设点()111,,x y z A ，点()222,,x y z B ，则AB =AB=（2）点到平面的距离如图所示，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离n d nAB⋅=．【教材改编】1．(选修2－1 P 111A 组T 1改编)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M 为棱CC 1上的中点，则A 1M 与D 1C 所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 答案] B解析] 以D A ，DC ，1DD 为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则D 1(0,0,2)，C (0,2,0)，A 1(2,0,2)，M (0,2,1)， ∴1A M ＝(－2,2，－1)，1D C ＝(0,2，－2)， 设A 1M 与D 1C 所成角为θ，∴cos θ＝|cos 〈1A M ，1D C 〉|＝1111D CD C A M ⋅A M ＝63×22＝22，∴θ＝45°.2. (选修2－1 P 118A 组T 10改编)如图，棱长为a 的正方体OEAC BFGD 中，P 是AB 上的一点，Q 是CD 上的一点．当点P 为对角线AB 的中点，点Q 在棱CD 上运动时，则PQ 的最小值为( )A ．a B.22a C.32a D.52a答案] B解析] 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，当点P 为对角线AB 的中点时，点P 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a2. 因为点Q 在线段CD 上，设Q (0，a ，z )．PQ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－z 2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 22＋12a2. 当z ＝a 2时，PQ 的最小值为22a .即点Q 在棱CD 的中点时，PQ 有最小值22a .故选B.3．(选修2－1 P 112A 组T 4改编)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.33 D.22答案] B解析] 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ， 设棱长为1，则A 1(0，0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴1D A ＝(0,1，－1)，1A E ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12， 所以有1111D 0n n ⎧A ⋅=⎪⎨A E ⋅=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴1n ＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为2n ＝(0,0,1)， ∴cos 〈1n ，2n 〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.4．(选修2－1 P 97练习T 3改编)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M 是AB 的中点，则D 1B 与CM 所成角的余弦值为( )A.105B.1510C.1515D.155答案] C解析] 建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .设正方体棱长为2，则M (2,1,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，D 1(0,0,2)， ∴C M ＝(2，－1，0)，1D B ＝(2,2，－2)， cos 〈C M ，1D B 〉＝11C D C D M ⋅B M B＝25×23＝1515. ∴D 1B 与CM 所成角的余弦值为1515，故选C.5．(选修2－1 P 111练习T 3改编)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 1的中点，则DE 与平面BCC 1B 1所成角的正切值为( )A.62 B.63C. 2D.22答案] C解析] 设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，以D 为原点，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ∵E 为BC 1的中点，∴D (0,0,0)，E (1,2,1)，∴D E ＝(1,2,1)， 设DE 与平面BCC 1B 1所成角的平面角为θ， ∵平面BCC 1B 1的法向量n ＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈D E ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪26＝63，∴cos θ＝1－23＝33，∴tan θ＝6333＝2，故选C.6．(选修2－1 P 98A 组T 4改编)正四面体ABCD 棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为________．答案解析] |F E |2＝F E 2＝(C E ＋CD ＋DF )2＝C E 2＋CD 2＋DF 2＋2(C E ·CD ＋C E ·DF ＋CD ·DF )＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2， ∴|F E |＝2，∴EF 的长为 2.7.(选修2－1 P 118A 组T 12改编)如图将正方形纸片ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，点E 、F 分别为AD 、BC 的中点，O 是原正方形ABCD 的中心，则折叠后∠EOF 的大小为________．答案] 120解析] 如图所示，以OA ，OB ，D O 方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系， 设正方形边长为22，则A (2,0,0)，B (0,2,0)，C (－2,0,0)，D (0,0,2) ∴E (1,0,1)，F (－1,1,0)，∴OE ＝(1,0,1)，F O ＝(－1,1,0)， ∴cos 〈OE ，F O 〉＝F FOE ⋅O OE O ＝－12×2＝－12，∴∠EOF ＝120°.8．(选修2－1 P 117A 组T 5改编)已知三点A (0,2,3)，B (－2，1,6)，C (1，－1,5)，则△ABC 的面积为________．答案解析] AB ＝(－2，－1,3)，C A ＝(1，－3,2)， ∴|AB |＝14，|C A |＝14. ∴cos 〈AB ，C A 〉＝CC AB⋅A AB A ＝714＝12.则sin 〈AB ，C A 〉＝32. ∴S △ABC ＝12|AB |·|C A |sin 〈AB ，C A 〉＝12×14×14×32＝732.9. (选修2－1 P 112A 组T 6改编)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 ＝23，则点A 到平面MBC 的距离为________，平面ACM与平面BCD 所成二面角的正弦值为________．答案]515解析] 取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，则MO ⊥平面BCD .以O 为原点，直线OC ，BO ，OM 为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，OB ＝OM ＝3，则各点的坐标分别为O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)．①设n ＝(x ，y ，z )是平面MBC 的法向量，则C B ＝(1，3，0)，BM ＝(0，3，3)． 由n ⊥C B ，得x ＋3y ＝0； 由n ⊥BM ，得3y ＋3z ＝0.取n ＝(3，－1,1)，BA ＝(0,0,23)，则距离d ＝n nBA ⋅＝2155.②C M ＝(－1,0，3)，C A ＝(－1，－3，23)． 设平面ACM 的法向量为1n ＝(x ，y ，z )，由11C C n n ⎧⊥M ⎪⎨⊥A ⎪⎩得⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－x －3y ＋23z ＝0，解得x ＝3z ，y ＝z ，取1n ＝(3，1,1)． 平面BCD 的法向量为2n ＝(0,0,1)， 则cos 〈1n ，2n 〉＝1212n n n n ⋅＝15.设所求二面角为θ，则sin θ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫152＝255.10．(选修2－1 P 118A 组T 11改编)某几何体ABC A 1B 1C 1的三视图和直观图如图所示． (1)求证：A 1C ⊥平面AB 1C 1；(2)求二面角C 1AB 1C 的余弦值．解析] (1)证明：由三视图可知，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面A 1B 1C 1，B 1C 1⊥A 1C 1，且|AA 1|＝|AC |＝4，|BC |＝3.以点C 为原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由已知可得A (4,0,0)，B (0,3,0)，C (0,0,0)，A 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(0,0,4)． ∴1C A ＝(－4,0，－4)，1C A ＝(4,0，－4)，11C B ＝(0,3,0)． ∴1C A ·1C A ＝0，1C A ·11C B ＝0. ∴A 1C ⊥C 1A ，A 1C ⊥C 1B 1. 又C 1A ∩C 1B 1＝C 1， ∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.(2)由(1)得，C A ＝(4,0,0)，1C B ＝(0,3,4)．设平面AB 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则1C B ⊥n ，C A ⊥n .∴1C 0C 0n n ⎧B ⋅=⎪⎨A ⋅=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＋4z ＝04x ＝0.令y ＝4，得平面AB 1C 的一个法向量为n ＝(0,4，－3)． 由(1)知，1C A 是平面AB 1C 1的一个法向量． ∴cos 〈n ，1C A 〉＝11CCn n ⋅A A ＝12202＝3210.故二面角C 1AB 1C 的余弦值为3210.11．(选修2－1 P 119B 组T 3改编)在四棱锥S ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB ＝∠CDA ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，CD ＝2AB ，E 为SC 中点．(1)求证：BE ∥平面SAD ；(2)若SA ＝AD ＝2，且平面SBC 与平面SAD 所成的二面角的余弦值为63，求四棱锥S ABCD 的体积．解析] (1)证明：设点F 为SD 的中点，连接AF ，EF ， ∵E 点为SC 的中点， ∴EF 为△SDC 的中位线， ∴EF //12DC ，又∵∠DAB ＝∠CDA ＝90°且CD ＝2AB ， ∴AB //12CD ，∴AB //EF ，∴四边形ABEF 为平行四边形， ∴BE ∥AF ，又∵AF ⊂平面SAD ，BE ⊄平面SAD ， ∴BE ∥平面SAD.(2)∵SA ⊥平面ABCD ，则可建以A 为原点的空间直角坐标系(如图所示)，SA ＝AD ＝2， ∴A (0,0,0)，D (－2,0,0)，S (0,0,2)，设B (0，m,0)，∴C (－2,2m,0)，∴S B ＝(0，m ，－2)，C B ＝(－2，m,0)，设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )且SB ∩BC ＝B ，∴SB 0C 0n n ⎧⋅=⎪⎨B ⋅=⎪⎩，∴n ＝(m 2，1，m 2)，显然，平面SAD 的法向量为AB ＝(0，m,0)，又∵平面SBC 与平面SAD 所成的二面角的余弦值为63，∴|cos 〈AB ，n 〉|＝n nAB⋅AB ， ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m |m | m 22＋1＝63，∴m ＝1，∴|AB |＝1，|CD |＝2， ∴S 直角梯形ABCD ＝3，∴V 四棱锥S ABCD ＝13×3×2＝2.百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
2018届高考数学二轮复习 空间角与距离的求解专题
空间角与距离的求解专题[基础达标](35分钟65分)一、选择题(每小题5分，共25分)1.一条直线与平面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°]D【解析】由线面角的定义可得答案.2.正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AB的中点，CD等于3，则顶点A1到平面CDC1的距离为()A.12B.1C.32D.2B【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=1.3a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A1到平面BDM的距离是()A.66a B.306a C.34a D.63aA【解析】以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，正方体的棱长为a，则A1(a，0，a)，A(a，0，0)，M a，0，12a ，B(a，a，0)，D(0，0，0).设n=(x，y，z)为平面BDM的法向量，则n·BM=0，且n·DM=0.而BM=0，-a，12a ，DM= a，0，12a ，得-y+12z=0，x+12z=0，所以y=12z，x=-12z，令z=2，则n=(-1，1，2)，DA1=(a，0，a).则A1到平面BDM的距离d=|DA1·n||n|=66a.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.64B.63C.26D.36A【解析】设BC=1，则由∠CB1C1=60°可得CC1=3，B1C=2.由∠DC1D1=45°可得D1C1=3，DC1=6.连接AB1，AC，则DC1∥AB1，所以异面直线B1C和C1D所成角即为∠AB1C.在△AB1C中，因为AB1=6，B1C=2，AC=2，由余弦定理可得cos∠AB1C=26×2=64.5ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，BB1=2.设点A 关于直线BD1的对称点为P，则点P与点C1之间的距离为()A.1B.2C.33D.32A【解析】如图所示，将长方体中平面ABC1D1取出，过点A作AM⊥BD1，交BD1于点M，延长AM到点P，使MP=AM，则点P是点A关于直线BD1的对称点，过点P作PE⊥BC1，垂足为E，连接PB，PC1，依题意AB=1，AD1=3，BD1=2，∠ABD1=60°，∠BAM=30°，∠PBE=30°，PE=12，BE=32，所以PE垂直平分BC1，所以PC1=PB=1.二、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.15 5【解析】由题意可得点D到平面AA1C1C的距离为32，且|AD|=2，所以直线AD与平面AA1C1C所成角θ的正弦值sin θ=322=64，则cosθ=104，tanθ=610=155.7.△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.60°【解析】设面ABC与面BCD所成角为θ，则由题意可得cosθ=13S△BCDS△ABC=12，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=26，AC，BC分别和平面α成45°和30°角，则AB到平面α的距离为.2【解析】设AB到平面α的距离为h，则BC=2h，AC=2h，则(2h)2+(2h)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PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC=16，PA=PC=10.(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；(2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离.【解析】(1)如图，连接OP，易知OB，OC，OP两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则O(0，0，0)，A(0，-8，0)，B(8，0，0)，C(0，8，0)，P(0，0，6)，E(0，-4，3)，F(4，0，3).由题意，得G(0，4，0)，因为OB=(8，0，0)，OE=(0，-4，3)，所以平面BOE的一个法向量为n=(0，3，4).由FG=(-4，4，-3)，得n·FG=0，即n⊥FG.又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE.(2)设点M的坐标为(x0，y0，0)，则FM=(x0-4，y0，-3).若FM⊥平面BOE，则FM∥n.因此x0=4，y0=-94，即点M的坐标是4，-94，0.在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组x>0，y<0，x-y<8.经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△AOB内存在一点M，使FM ⊥平面BOE.由点M的坐标得点M到OA，OB的距离分别为4，94.10.(13分ABCD-A1B1C1D1中，AD=A1A=12AB=2，点E是棱AB上一点，且AEEB=λ.(1)证明：D1E⊥A1D；(2)若二面角D1-EC-D的余弦值为63，求CE与平面D1ED所成的角.【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AEEB =λ，所以E2，4λ1+λ，0，于是D1E=2，4λ1+λ，-2，A1D=(-2，0，-2)所以D1E·A1D=2，4λ1+λ，-2·(-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CE=2，4λ1+λ-4，0，CD1=(0，-4，2)，设平面D1CE的法向量为n2=(x，y，z)，则n2·CE=2x+y4λ1+λ-4=0，n2·CD1=-4y+2z=0，得向量n2的一个解是2-2λ1+λ，1，2.因为二面角D1-EC-D的余弦值为63，则n1·n2|n1|·|n2|=63，解得λ=1.所以E(2，2，0)，故DD1=(0，0，2)，DE=(2，2，0)，CE=(2，-2，0)，因此CE·DD1=0，CE·DE=0，故CE⊥平面D1ED.即CE与平面D1ED所成角为π2.[高考冲关](30分钟50分)1.(5分ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.23B.33C.23D.13A【解析】如图，连接AC交BD于点O，连接C1O，过点C作CH⊥C1O于点H，连接DH.由BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1=A，得BD⊥平面ACC1A1.又CH⊂平面ACC1A1，则CH⊥BD.又CH⊥C1O，且BD∩C1O=O，则CH⊥平面BDC1.所以∠HDC为CD与平面BDC1所成的角.设AA1=2AB=2，则OC=AC2=22，C1O= OC2+CC12=222+22=322.由等面积法，得C1O·CH=OC·CC1，即32 2·CH=22×2，则CH=23，故sin ∠HDC=CHDC=23，即CD与平面BDC1所成角的正弦值为23.2.(5分P-ABC的各顶点都在以O为球心的球面上，且PA，PB，PC两两垂直，若PA=PB=PC=2，则球心O到平面ABC的距离为.33【解析】由条件知三棱锥P-ABC可看作正方体的一部分，点P，A，B，C分别为该正方体的顶点，它的外接球就是该正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，又体对角线长为23，故球的半径R=3.设点P到平面ABC的距离为h，因为V P-ABC=V A-PBC，即13h·S△ABC=13PA·S△PBC，可得h=233，所以球心O到平面ABC的距离为R-h=33.3.(12分1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=π2，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.【解析】(1)在图1中，因为AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，∠BAD=π2，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=π2.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B22，0，0，E-22，0，0，A10，0，22，C0，22，0，得BC=-22，22，0，A1C=0，22，-22，CD=BE=(-2，0，0).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n1·BC=0，n1·A1C=0，得-x1+y1=0，y1-z1=0，取n1=(1，1，1)；n2·CD=0，n2·A1C=0，得x2=0，y2-z2=0，取n2=(0，1，1)，从而cosθ=|cos<n1，n2>|=3×2=63，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63.4.(13分A-OCB中，AO⊥底面BOC，且∠BAO=∠CAO=π6，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=2π3时，求二面角C-OD-B的余弦值.【解析】(1)由条件，∠BOC即为二面角B-AO-C的平面角，即为θ，V=13×1 2×BO×OC×sinθ×AO=433sin θ≤433，所以当θ=π2时，V取得最大值433.(2)如图，以O为原点，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(0，0，23)，B(0，2，0)，D(0，1，3)，C(3，-1，0).设n 1=(x ，y ，z )为平面COD 的法向量， 由 n 1·OD =0，n 1·OC =0，得 y + 3z =0， 3x -y =0， 取z= 32，则n 1= - 32，-32， 32，取平面AOB 的一个法向量为n 2=(1，0，0)， 设二面角C-OD-B 的大小为α，cos α=n 1·n 2|n 1||n 2|=- 32 152=- 55，综上，二面角C-OD-B 的余弦值为- 55.5.(15分)如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB=t (0<t<2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D.(1)当长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B-A 1C-D 的值.(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ?若存在，求出P 点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】(1)根据题意，以A 为原点O ，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.长方体体积V=t(2-t)×1=t(2-t)≤t+2-t22=1，当且仅当t=2-t，即t=1时，体积V有最大值1，所以当长方体ABCD-A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，则A1(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，A1B=(1，0，-1)，BC=(0，1，0)，设平面A1BC的法向量m=(x，y，z)，则x-z=0，y=0，取x=z=1，得m=(1，0，1)，同理，可得平面A1CD的法向量n=(0，1，1)，所以cos<m，n>=m·n|m|·|n|=12，又二面角B-A1C-D为钝角，故二面角B-A1C-D的值是120°.(2)根据题意有B(t，0，0)，C(t，2-t，0)，D(0，2-t，0)，A1C=(t，2-t，-1)，若线段A1C上存在一点P满足要求，不妨设A1P=λA1C(λ>0)，可得P(λt，λ(2-t)，1-λ)，BP=(λt-t，λ(2-t)，1-λ)，BD=(-t，2-t，0)，由A1C⊥平面BPD，得t(λt-t)+λ(2-t)2-(1-λ)=0，-t2+(2-t)2=0，解得t=1，λ=23，即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P，位置是线段A1C上A1P∶PC=2∶1处.。
2018届高考数学一轮复习精品学案：第37讲 空间夹角和距离
D B A C α2018年普通高考数学科一轮复习精品学案第37讲 空间夹角和距离一．课标要求：1．能借助空间几何体内的位置关系求空间的夹角和距离；2．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。
二．命题走向空间的夹角和距离问题是立体几何的核心内容，高考对本讲的考察主要有以下情况：（1）空间的夹角；（2）空间的距离；（3）空间向量在求夹角和距离中的应用。
预测2018年高考对本讲内容的考察将侧重空间向量的应用求夹角、求距离。
课本淡化了利用空间关系找角、求距离这方面内容的讲解，而是加大了向量在这方面内容应用的讲解，因此作为立体几何的解答题，用向量方法处理有关夹角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。
题型上空间的夹角和距离主要以主观题形式考察。
三．要点精讲1．空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。
（1）异面直线所成的角的范围是2,0(π。
求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决。
具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角； ③利用三角形来求角。
（2）直线与平面所成的角的范围是]2,0[π。
求直线和平面所成的角用的是射影转化法。
具体步骤如下：①找过斜线上一点与平面垂直的直线； ②连结垂足和斜足，得出斜线在平面的射影，确定出所求的角；③把该角置于三角形中计算。
注：斜线和平面所成的角，是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角，即若θ为线面角，α为斜线与平面内任何一条直线所成的角，则有αθ≤； （3）确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上； ②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等，那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上；③两个平面相互垂直，一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上；④利用某些特殊三棱锥的有关性质，确定顶点在底面上的射影的位置：a.如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；b. 如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；c. 如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心；（4）二面角的范围在课本中没有给出，一般是指],0(π，解题时要注意图形的位置和题目的要求。
三年高考2016_2018高考数学试题分项版解析专题23立体几何中的角理含解析86
专题23 立体几何中的角2018年高考全景展示1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】分析:分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.详解：设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年理数全国卷II】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为A. B. C. D.【答案】C点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.3．【2018年浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）详解：方法一：（Ⅰ）由得，所以.故.由，得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.方法二：（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：因此由得.由得.所以平面.（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.由（Ⅰ）可知设平面的法向量.由即可取.所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.2017年高考全景展示1.【2017课标II ，理10】已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A ．2 B C D ．3 【答案】C【考点】 异面直线所成的角；余弦定理；补形的应用【名师点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形； ④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角。
2018届高考数学(理)大一轮复习教师用书第八章第六节利用空间向量求空间角Word版含解析
第六节利用空间向量求空间角突破点(一) 利用空间向量求空间角1．两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．2．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n ·e ||n ||e |.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＝〈AB ，CD 〉．(2)如图②和图③，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＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉.[例1] 如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.本节主要包括2个知识点：1.利用空间向量求空间角；2.与空间角有关的综合问题.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． [解] (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD . 所以PA ⊥BD .因为PA ∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．所以PB ＝(1，3，－2)，AC ＝(0,23，0)，设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB ·AC |PB |·|AC |＝622×23＝64.[方法技巧]向量法求两异面直线所成角的步骤(1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v 1，v 2； (3)代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．[提醒] 两异面直线所成角θ的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角．[例2] (2017·日照模拟)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，且CO ⊥平面ABB 1A 1.(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线CD 与平面ABC 所成角的正弦值． [解] (1)证明：由题意知tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22， 又∠ABD ，∠AB 1B 为三角形的内角， 故∠ABD ＝∠AB 1B ，则∠AB 1B ＋∠BAB 1＝∠ABD ＋∠BAB 1＝π2，所以∠AOB ＝π2，即AB 1⊥BD .又CO ⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以AB 1⊥CO ， 因为BD ∩CO ＝O ， 所以AB 1⊥平面CBD ， 又BC ⊂平面CBD ， 所以AB 1⊥BC .(2)如图，以O 为坐标原点，分别以OD ，OB1，OC 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A 0，－233，0，B －263，0,0，C ⎝⎛⎭⎫0，0，233，D ⎝⎛⎭⎫63，0，0，AB ＝⎝⎛⎭⎫－263，233，0，AC ＝⎝⎛⎭⎫0，233，233，CD ＝⎝⎛⎭⎫63，0，－233，设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝0，n ·AC ＝0，即⎩⎨⎧－263x ＋233y ＝0，233y ＋233z ＝0，令y ＝1，则z ＝－1，x ＝22， ∴平面ABC 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫22，1，－1. 设直线CD 与平面ABC 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈CD ，n 〉|＝|CD ―→·n ||CD ―→|·|n |＝⎪⎪⎪⎪63×22＋0×1＋⎝⎛⎭⎫－233×(－1)5＝155.[易错提醒](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．求二面角[例3] (2017·沈阳模拟)如图所示几何体中，四边形ABCD 和四边形BCEF 是全等的等腰梯形，且平面BCEF ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，CE ∥BF ，AB ＝2CD ，∠ABC ＝60°，G 为线段AB 的中点．(1)求证：AC ⊥BF ；(2)求二面角D -FG -B (钝角)的余弦值． [解] (1)证明：如图，连接CG ，∵G 为AB 的中点，AB ＝2CD ，AB ∥DC ， ∴CD 綊AG ，∴四边形AGCD 为平行四边形， ∴AD ＝CG ，∵四边形ABCD 为等腰梯形， ∴AD ＝BC ，∴BC ＝CG ， 又∠ABC ＝60°， ∴△BCG 为等边三角形，∴∠BCG ＝60°，BG ＝CG ，∴AG ＝CG ， ∴四边形AGCD 是菱形， ∴∠ACG ＝12∠DCG ＝30°，∴∠ACB ＝90°，AC ⊥BC ，又平面BCEF ⊥平面ABCD ，且平面BCEF ∩平面ABCD ＝BC ， ∴AC ⊥平面BCEF ，又BF ⊂平面BCEF ，∴AC ⊥BF .(2)连接FC ，∵梯形ABCD 和梯形BCEF 全等，AC ⊥BC ， ∴FC ⊥BC ，又由(1)得AC ⊥平面BCEF ，∴AC ⊥CF ，∴以C 为坐标原点，以CA ，CB ，CF 所在的直线分别作为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝1，则CA ＝CF ＝3，可得B (0,1,0)，G ⎝⎛⎭⎫32，12，0，D 32，－12，0，F (0,0，3)， 则FG ＝⎝⎛⎭⎫32，12，－3，DG ＝(0,1,0)，BG ＝（32，－12，0），设平面DFG 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧FG ·m ＝0， DG ·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋12y －3z ＝0，y ＝0.则y ＝0，令x ＝2，则z ＝1，故平面DFG 的一个法向量m ＝(2,0,1)． 同理可求平面BFG 的一个法向量为n ＝(1，3，1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝2×1＋0×3＋1×122＋02＋12×12＋(3)2＋12＝35， 又二面角D -FG -B 为钝角，故其余弦值为－35.[方法技巧]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．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如图所示，已知正方体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，则EF 和CD 所成的角是________．解析：以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系D -xyz 如图所示，设正方体的棱长为1，则D (0,0，0)，C (0，1,0)，E 12，12，1，F 12，0，12，EF ＝0，－12，－12，DC ＝(0,1,0)，∴cos 〈EF ，DC 〉＝EF ·DC |EF ||DC |＝－22，∴〈EF ，DC 〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.答案：45°2．[考点二]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________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0，2,1)，D 1(0,0,1)．所以11A C ＝(－1，2,0)，1BC ＝(－1,0,1)，11D C ＝(0,2,0)，设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧11A C ·n ＝0， 1BC ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，则y ＝1，z ＝2，则n ＝(2,1,2)．又设D 1C 1与平面A 1BC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈11D C ，n 〉|＝|11D C ·n ||11D C ||n |＝22×3＝13.答案：133．[考点三]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________．解析：以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0，1,0)，所以1A D ＝(0,1，－1)，1A E ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧1A D ·n 1＝0， 1A E ·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，故n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝23，故平面A 1ED 与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为23.答案：234．[考点二、三](2016·天津高考)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O -EF -C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．解：依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD ，BA ，OF 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1,0)，D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0，0)．(1)证明：依题意，AD ＝(2,0,0)，AF ＝(1，－1,2)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AD ＝0，n 1·AF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0,2,1)． 又EG ＝(0,1，－2)，可得EG ·n 1＝0.又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)易证OA ＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF ＝(1,1,0)，CF ＝(－1,1,2)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF ＝0，n 2·CF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取x 2＝1，可得n 2＝(1，－1,1)． 因此有cos 〈OA ，n 2〉＝OA ·n 2| OA ||n 2|＝－63，于是sin 〈OA ，n 2〉＝33. 所以，二面角O -EF -C 的正弦值为33. (3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF ＝(1，－1,2)，所以AH ＝25AF ＝⎝⎛⎭⎫25，－25，45， 进而有H ⎝⎛⎭⎫－35，35，45， 从而BH ＝⎝⎛⎭⎫25，85，45. 因此cos 〈BH ，n 2〉＝BH ·n 2| BH ||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.突破点(二) 与空间角有关的综合问题与空间角有关的综合问题主要包括两类： (1)已知某一空间角，求另外一种空间角的大小；(2)探究是否存在某点，满足线面角或二面角成某一角度(如直二面角、所成二面角为60°等).求解此类问题的一般思路是先假设存在该定点，满足该结论；然后以该结论作为一个新的条件，结合题目已知的条件，一步一步逆推，并充分利用角度或空间距离的求解方法，列等式(通常含有一个未知数)，求解未知数：若有解，即可得到定点的位置，并说明存在满足题意的定点；若无解，则假设不成立，不存在满足题意的定点.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”空间角的综合问题[例1] 如图，在四棱锥 P -ABCD 中，PC ⊥底面 ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，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33，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值． [解] (1)证明：∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PC ，∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝90°，∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC . 又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC . ∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)如图，作CF ∥DA ，交AB 于点F ，以C 为原点， CF ，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 (1,1,0)，B (1，－1,0)． 设P (0,0，a )(a ＞0)，则E ⎝⎛⎭⎫12，－12，a 2， CA ＝(1,1,0)，CP ＝(0,0，a )，CE ＝⎝⎛⎭⎫12，－12，a2， 取m ＝(1，－1,0)，则m ·CA ＝m ·CP ＝0，m 为平面PAC 的一个法向量． 设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA ＝0，n ·CE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取 x ＝a ，可得n ＝(a ，－a ，－2)． 依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝2a2·2a 2＋4＝33，则a ＝1(负值舍去)． 于是n ＝(1，－1，－2)，PA ＝(1,1，－1)． 设直线PA 与平面EAC 所成角为θ， 则 sin θ＝|cos 〈PA ，n 〉|＝23， 即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23.[例2] 如图所示，等边三角形ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1 -DE -B 为直二面角，连接A1B，A1C.(1)求证：A1D⊥平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：因为等边△ABC的边长为3，且ADDB＝CEEA＝12，所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得DE＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3.所以AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE.折叠后有A1D⊥DE，因为二面角A1 -DE -B是直二面角，所以平面A1DE⊥平面BCED，又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED.(2)假设存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°.如图所示，在BC上取点P，连接A1P，过点P作PH垂直BD于点H，连接A1H.由(1)的证明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.以D为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系D -xyz.设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝3a，DH＝2－a，所以D(0,0,0)，A1(0,0,1)，P(2－a，3a,0)，E(0，3，0)，所以1PA ＝(a －2，－3a,1)， 因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE ＝(0，3，0)． 因为直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°， 所以sin 60°＝cos 〈1PA ，DE 〉＝|1PA ·DE ||1PA ||DE |＝3a3·4a 2－4a ＋5，解得a ＝54，即PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意，所以在线段BC 上存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.[方法技巧]与空间角有关的探索性问题的解题策略与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．解：(1)证明：如图，连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ，∴D 1C ⊥BC .在等腰梯形ABCD 中，连接AC ，∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ，∴BC ⊥AC ， 又D 1C ∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面AD 1C ，∴AD 1⊥BC . (2)由(1)知AC ，BC ，D 1C 两两垂直，∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在等腰梯形ABCD 中，∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ，∴AC ＝3，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)，AB ＝(－3，1,0)，1AD ＝(－3，0，3)． 设平面ABC 1D 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝0，n ·1AD ＝0，得⎩⎨⎧y －3x ＝0，3z －3x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又1CD ＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量， 因此cos 〈1CD ，n 〉＝1CD ·n | 1CD ||n |＝55，∴平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55.2．[考点二]如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝3，AD ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BC ⊥平面PAC ； (2)E 是侧棱PB 上一点，记PEPB＝λ(0<λ<1)，是否存在实数λ，使平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为BC ＝AD ＝2，AB ＝4， 所以AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ×BC ×cos ∠ABC ＝23，又BC 2＋AC 2＝AB 2， 所以BC ⊥AC .又PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，则PA ⊥BC .因为PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，且PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点，过点A 作垂直于AB 的直线为x 轴，AB ，AP 所在直线分别为y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0,0)，B (0,4,0)，P (0,0,3)．因为在平行四边形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4， ∠ABC ＝60°，则∠DAx ＝30°， 所以D (3，－1,0)．又PEPB ＝λ(0<λ<1)，知E (0,4λ，3(1－λ))．所以AD ＝(3，－1,0)，AE ＝(0,4λ，3(1－λ))，AP ＝(0,0,3)，设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AD ＝0，m ·AE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－y 1＝0，4λy 1＋3(1－λ)z 1＝0，取x 1＝1，则m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，43λ3(λ－1).设平面PAD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AP ＝0，n ·AD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3z 2＝0，3x 2－y 2＝0，取y 2＝1，则n ＝⎝⎛⎭⎫33，1，0.若平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°， 则|cos 〈m ，n 〉|＝cos 60°＝12，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×33＋3×1＋43λ3(λ－1)×01＋3＋16λ23(λ－1)2·13＋1＝12， 化简得1＋4λ23(λ－1)2＝2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－12＝94，解得λ＝3(舍去)或λ＝35. 于是，存在λ＝35，使平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国乙卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩FE ＝F ， 所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G .由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，|GF |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3，0,0)，D (0,0，3)．由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2,0，3)．所以EC ＝(1,0，3)，EB ＝(0,4,0)，AC ＝(－3，－4，3)，AB ＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎨⎧n ·EC ＝0，n ·EB ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC ＝0，m ·AB ＝0，同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 由图知，二面角E -BC -A 为钝角， 故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.2．(2016·全国甲卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值． 解：(1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF ，得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H -xyz .则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0，0,3)，故AB ＝(3，－4,0)，AC ＝(6,0,0)，'AD ＝(3,1,3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎨⎧m ·AB ＝0，m ·'AD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎨⎧n ·AC ＝0，n ·'AD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m||n|＝－1450×10＝－7525.故sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解：(1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22， 可得EF ＝322.从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ， 所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB ―→，GC ―→的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB ―→|为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE ＝(1，3，2)，CF ＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE ，CF 〉＝AE ―→·CF ―→|AE ―→||CF ―→|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. [课时达标检测] 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选 一、全员必做题1．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，∠ACB ＝90°，CA ＝CB ＝CC 1，D 为B 1C 1的中点，求异面直线BD 和A 1C 所成角的余弦值．解：如图所示，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)， ∴BD ＝(0，－1,2)，1A C ＝(－2,0，－2)， ∴cos 〈BD ，1A C 〉＝BD ·1A C| BD ||1A C |＝－105.∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105.2．(2016·大连二模)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AA 1＝2，AC ＝2 2.M 是CC 1的中点，P 是AM 的中点，点Q 在线段BC 1上，且BQ ＝13QC 1.(1)证明：PQ ∥平面ABC ；(2)若直线BA 1与平面ABM 所成角的正弦值为21515，求∠BAC 的大小．解：(1)取MC 的中点，记为点D ，连接PD ，QD .∵P 为MA 的中点，D 为MC 的中点， ∴PD ∥AC .又CD ＝13DC 1，BQ ＝13QC 1，∴QD ∥BC . 又PD ∩QD ＝D ， ∴平面PQD ∥平面ABC . 又PQ ⊂平面PQD ， ∴PQ ∥平面ABC .(2)∵BC ，BA ，BB 1两两互相垂直，∴以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BB 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz ，设BC ＝a ，BA ＝b ，则各点的坐标分别为B (0,0,0)，C (a,0,0)，A (0，b,0)，A 1(0，b,2)，M (a,0,1)，∴1BA ＝(0，b,2)，BA ＝(0，b,0)，BM ＝(a,0,1)．设平面ABM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA ＝0，n ·BM ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧by ＝0，ax ＋z ＝0，取x ＝1，则可得平面ABM 的一个法向量为n ＝(1,0，－a )， ∴|cos 〈n ，1BA 〉|＝|－2a |a 2＋1·b 2＋4＝21515，又a 2＋b 2＝8，∴a 4＋4a 2－12＝0， ∴a 2＝2或－6(舍)，即a ＝ 2. ∴sin ∠BAC ＝222＝12，∴∠BAC ＝π6.3.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝90°，△ABC ≌△ADC ，PA ＝AC ＝2AB ＝2，E 是线段PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PAB ；(2)求二面角D -CP -B 的余弦值．解：(1)证明：以B 为坐标原点，BA 所在的直线为x 轴，BC 所在的直线为y 轴，过点B 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．则B (0,0,0)，C (0，3，0)，P (1,0,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，32，0，A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，1，∴DE ＝(－1,0,1)，BP ＝(1,0,2)，BA ＝(1,0,0)． 设平面PAB 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BP ＝0，n ·BA ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2c ＝0，a ＝0，∴n ＝(0,1,0)为平面PAB 的一个法向量． 又DE ·n ＝0，DE ⊄平面PAB ， ∴DE ∥平面PAB .(2)由(1)易知BC ＝(0，3，0)，DP ＝⎝⎛⎭⎫－12，－32，2，DC ＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0，设平面PBC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BP ＝0，n 1·BC ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2z 1＝0，3y 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝0，z 1＝－1， ∴n 1＝(2,0，－1)为平面PBC 的一个法向量． 设平面DPC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·DP ＝0，n 2·DC ＝0，∴⎩⎨⎧－12x 2－32y 2＋2z 2＝0，－32x 2＋32y 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝3，z 2＝1，∴n 2＝(1，3，1)为平面DPC 的一个法向量． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝2－15×5＝15， 故二面角D -CP -B 的余弦值为15.二、重点选做题1.如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，平面APD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，E 在AD 上，且AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝EA ＝2.(1)求证：平面PEC ⊥平面PBD ；(2)设直线PB 与平面PEC 所成的角为π6，求平面APB 与平面PEC所成的锐二面角的余弦值．解：(1)证明：连接BE .在△PAD 中，PA ＝PD ，AE ＝ED ， 所以PE ⊥AD .又平面APD ⊥平面ABCD ，平面APD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PE ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故PE ⊥BD .在四边形ABCD 中，BC ∥DE ，且BC ＝DE ， 所以四边形BCDE 为平行四边形， 又BC ＝CD ，所以四边形BCDE 为菱形， 故BD ⊥CE ， 又PE ∩EC ＝E ，所以BD ⊥平面PEC ， 又BD ⊂平面PBD ， 所以平面PEC ⊥平面PBD . (2)取BC 的中点F ，连接EF .由(1)可知，△BCE 是一个正三角形，所以EF ⊥BC ， 又BC ∥AD ，所以EF ⊥AD .又PE ⊥平面ABCD ，故以E 为坐标原点，分别以直线EF 、直线ED 、直线EP 为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设PE ＝t (t >0)，则D (0,2,0)，A (0，－2,0)，P (0,0，t )，F (3，0,0)，B (3，－1,0)．因为BD ⊥平面PEC ，所以BD ＝(－3，3,0)是平面PEC 的一个法向量， 又PB ＝(3，－1，－t )，所以cos 〈PB ，BD 〉＝PB ·BD |PB ||BD |＝－64＋t 2×23＝－34＋t 2.由已知可得sin π6＝|cos 〈PB ，BD 〉|＝34＋t2，得t ＝22(负值舍去)．故P (0,0,22)，PB ＝(3，－1，－22)，AB ＝(3，1,0)． 设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PB ＝0，n ·AB ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －22z ＝0，3x ＋y ＝0，取y ＝－6，则x ＝2，z ＝3，故n ＝(2，－6，3)为平面APB 的一个法向量， 所以cos 〈BD ，n 〉＝BD ·n | BD ||n |＝－4623×11＝－22211.设平面APB 与平面PEC 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈BD ，n 〉|＝22211.2．如图1，正方形ABCD 的边长为4，AB ＝AE ＝BF ＝12EF ，AB ∥EF ，把四边形ABCD沿AB 折起，使得AD ⊥平面AEFB ，G 是EF 的中点，如图2.(1)求证：AG ⊥平面BCE ； (2)求二面角C -AE -F 的余弦值． 解：(1)证明：连接BG ， 因为BC ∥AD ，AD ⊥底面AEFB ，所以BC ⊥底面AEFB ，又AG ⊂底面AEFB ， 所以BC ⊥AG ，因为AB 綊EG ，AB ＝AE ，所以四边形ABGE 为菱形，所以AG ⊥BE ， 又BC ∩BE ＝B ，BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ， 所以AG ⊥平面BCE .(2)由(1)知四边形ABGE 为菱形，AG ⊥BE ，AE ＝EG ＝BG ＝AB ＝4， 设AG ∩BE ＝O ，所以OE ＝OB ＝23，OA ＝OG ＝2，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (－2,0,0)，E (0，－23，0)，F (4,23，0)，C (0,23，4)，D (－2,0,4)，所以AC ＝(2,23，4)，AE ＝(2，－23，0)， 设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AC ·n ＝0， AE ·n ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋23y ＋4z ＝0，2x －23y ＝0，令y ＝1，则x ＝3，z ＝－3，即平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，1，－3)， 易知平面AEF 的一个法向量为AD ＝(0,0,4)， 设二面角C -AE -F 的大小为θ，由图易知θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 所以cos θ＝|n ·AD ||n ||AD |＝437×4＝217.三、冲刺满分题1．(2016·四川高考)如图，在四棱锥 P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，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 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P -CD -A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值． 解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．如图，延长AB ，DC 相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，知BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB . 又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(2)由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD ， 所以∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°.因为PA ⊥AB ，所以PA ⊥平面ABCD .设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2，作Ay ⊥平面PAD ，以A 为原点，以AD ，AP 的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，所以PE ＝(1,0，－2)，EC ＝(1,1,0)，AP ＝(0,0,2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·PE ＝0，n ·EC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.令x ＝2，则n ＝(2，－2,1)． 设直线PA 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|n ·AP ||n ||AP |＝222＋(－2)2＋12×2＝13， 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.2.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝π3.(1)求证：BC 1⊥平面ABC ；(2)设CE ＝λ1CC (0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．解：(1)证明：因为AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，故AB ⊥BC 1， 在△BCC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π3，所以BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos ∠BCC 1＝12＋22－2×1×2×cos π3＝3， 所以BC 1＝3，故BC 2＋BC 21＝CC 21，所以BC ⊥BC 1，而BC ∩AB ＝B ， 所以BC 1⊥平面ABC .(2)由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (0,0,0)，A (0,1,0)，B 1(－1，0，3)，C (1,0,0)，C 1(0,0，3)． 所以1CC ＝(－1,0, 3)，所以CE ＝(－λ，0, 3λ)，E (1－λ，0, 3λ)， 则AE ＝(1－λ，－1，3λ)，1AB ＝(－1，－1，3)． 设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ＝0，n ·1AB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧(1－λ)x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，故n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3是平面AB 1E 的一个法向量． 因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BA ＝(0,1,0)是平面BB 1E 的一个法向量， 所以|cos 〈n ，BA 〉|＝|n ·BA ||n ||BA |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝⎛⎭⎪⎫32－λ2＋(3)2×1＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0， 所以λ＝1或λ＝32(舍去)．故λ的值为1.。
专题 空间距离 (解析版)
巩固提高1.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为________.【答案】13【解析】 连接A 1C 1，则∠AC 1A 1为AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成的角. 因为AB ＝BC ＝2，所以A 1C 1＝AC ＝22， 又AA 1＝1，所以AC 1＝3， 所以sin∠AC 1A 1＝AA 1AC 1＝13. 2．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为 A ．22 B ．3 C ．5 D ．7【答案】C【解析】如图，连接，因为，所以异面直线与所成角等于相交直线与所成的角，即．不妨设正方体的棱长为2，则，，由勾股定理得，又由平面，可得，所以，故选C ．3.(2019·青海模拟)如图，正四棱锥P ABCD 的体积为2，底面积为6，E 为侧棱PC 的中点，则直线BE 与平面PAC 所成的角为( )A ．60°B ．30°C ．45°D ．90°【答案】A【解析】如图，在正四棱锥P ABCD 中， 根据底面积为6可得，BC ＝ 6.连接BD 交AC 于点O ，连接PO ，则PO 为正四棱锥P ABCD 的高，根据体积公式可得，PO ＝1.因为PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BD ，又BD ⊥AC ，PO ∩AC ＝O ，BE AB CD ∥AE CD AE AB EAB ∠1CE =2BC =5BE =AB ⊥11BCC B AB BE ⊥5tan 2BE EAB AB ∠==所以BD ⊥平面PAC ，连接EO ，则∠BEO 为直线BE 与平面PAC 所成的角．在Rt △POA 中，因为PO ＝1，OA ＝3，所以PA ＝2，OE ＝12PA ＝1，在Rt △BOE 中，因为BO ＝3，所以tan ∠BEO ＝BOOE＝3，即∠BEO ＝60°.故直线BE 与平面PAC 所成角为60°.4.(2019·成都检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为( )A.12 B ．－12C.32D ．－32【答案】 A【解析】如图，分别取AB ，AD ，BC ，BD 的中点E ，F ，G ，O ，连接EF ，EG ，OG ，FO ，FG ，则EF ∥BD ，EG ∥AC ，所以∠FEG 为异面直线AC 与BD 所成的角．易知FO ∥AB ，因为AB ⊥平面BCD ，所以FO ⊥平面BCD ，所以FO ⊥OG ，设AB ＝2a ，则EG ＝EF ＝2a ，FG ＝a 2＋a 2＝2a ，所以∠FEG ＝60°，所以异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为12，故选A.5.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中， (1)求AC 与A 1D 所成角的大小；(2)若E ，F 分别为AB ，AD 的中点，求A 1C 1与EF 所成角的大小．【解析】(1)如图所示，连接B 1C ，AB 1，由ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体，易知A 1D ∥B 1C ，从而B 1C 与AC 所成的角就是AC 与A 1D 所成的角．∵AB 1＝AC ＝B 1C ， ∴∠B 1CA ＝60°.即A 1D 与AC 所成的角为60°.(2)连接BD ，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，AC ∥A 1C 1，∵E ，F 分别为AB ，AD 的中点， ∴EF ∥BD ，∴EF ⊥AC .∴EF ⊥A 1C 1. 即A 1C 1与EF 所成的角为90°.6．【2017年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =． （1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （2）求证：PD ⊥平面PBC ；（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）55；（2）见解析；（3）55． 【解析】（1）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos AD DAP AP ∠==． 所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为5． （2）因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ， 又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C ．（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连结PF ， 则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角． 因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影， 所以DFP ∠为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2． 又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得2225DF CD CF =+=， 在Rt △DPF 中，可得5sin PD DFP DF ∠==． 所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为5。
2018高考数学空间几何高考真题.docx
2018⾼考数学空间⼏何⾼考真题.docx2017年⾼考数学空间⼏何⾼考真题选择题（共9⼩题）1 ?如图，在下列四个正⽅体中，A, B为正⽅体的两个顶点，M ， N, Q为所在棱的中点，则在这四个正⽅体中，直线AB与平⾯MNQ不平⾏的是（）2. 已知圆柱的⾼为1，它的两个底⾯的圆周在直径为2的同⼀个球的球⾯上, 则该圆柱的体积为（）A. πB.-⼆C D.—4 2 43. 在正⽅体ABCD- A I B I GD I中，E为棱CD的中点，贝9（）A. AιE⊥ DC iB. AιE⊥ BD C AιE⊥ BG D. AιE⊥ AC4. 某三棱锥的三视图如图所⽰，则该三棱锥的体积为（）A. 60B. 30C. 20 D . 10A? B.D.A5. 某⼏何体的三视图如图所⽰（单位：Cm ）,则该⼏何体的体积（单位：cm 2）是（）Q俯视图A .——+1B .——+3 C. ^-+1 D .+32 2 2 26. 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 卷=⾻=2,分别记⼆⾯⾓ D -PR- Q , D -PQ- R ,A . γ< αV β B. αV γ< β C. αV β< γD. β< γ< α 7.如图，⽹格纸上⼩正⽅形的边长为 1,粗实线画出的是某⼏何体的三视图，该⼏何体由⼀平⾯将⼀圆柱截去⼀部分后所得，则该⼏何体的体积为（）β' Y 则(?ka、1 ?某多⾯体的⼆视图如图所⽰，其中正视图和左视图都由正⽅形和等腰直⾓⼆⾓形组成，正⽅形的边长为2,俯视图为等腰直⾓三⾓形，该多⾯体的各个⾯中有若⼲个是梯形，这些梯形的⾯积之和为（）2. 已知直三棱柱 ABC- A i B i C i 中，∠ ABC=120, AB=2, BC=CC=I ,则异⾯直线 AB i 与BG 所成⾓的余弦值为（）⼆?填空题（共5⼩题）8 ?已知三棱锥S- ABC 的所有顶点都在球O 的球⾯上，SC 是球O 的直径?若平⾯SCAL 平⾯SCB SA=AC SB=BC 三棱锥S- ABC 的体积为9,则球 O 的表⾯积为 ___________ .9?长⽅体的长、宽、⾼分别为3, 2, 1,其顶点都在球O 的球⾯上，则球O 的表⾯积为 __________ ? 10.已知⼀个正⽅体的所有顶点在⼀个球⾯上，若这个正⽅体的表⾯积为 18,则这个球的体积为 _______ ?11. 由⼀个长⽅体和两个了圆柱体构成的⼏何体的三视图如图，则该⼏何体的体积为 _______ ?D ? 16A . ⼀ B-√15 C √10 D √3 5 5 3俯视團12. 如图，在圆柱O1O2内有⼀个球O,该球与圆柱的上、下底⾯及母线均相切, 记圆柱O1O2的体积为V i,球0的体积为V2,则丁的值是____________ .V O三.解答题(共9⼩题)13. 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB// CD,且∠ BAP=∠ CDP=90.(1)证明：平⾯PABL平⾯PAD(2)若PA=PD=AB=D P ∠ APD=90 ,且四棱锥P-ABCD的体积为，求该四棱314?如图，四棱锥P-ABCD中，侧⾯PAD为等边三⾓形且垂直于底⾯ABCD AB=BC= AD,∠ BAD=∠ ABC=90.(1)证明：直线BC/平⾯PAD(2)若A PCD⾯积为2 求四棱锥P-ABCD的体积.15. 如图四⾯体ABCD中，△ ABC是正三⾓形，AD=CD(1)证明：AC丄BD;(2)已知△ ACD是直⾓三⾓形，AB=BD,若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥ EC求四⾯体ABCE与四⾯体ACDE的体积⽐.16. 如图，直三棱柱ABC- A i B i C i的底⾯为直⾓三⾓形，两直⾓边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA i的长为5.(1)求三棱柱ABC- A i B i C i的体积；(2)设M是BC中点，求直线A i M与平⾯ABC所成⾓的⼤⼩.17. 如图，在三棱锥P- ABC 中，PA⊥ AB, PAl BC, AB⊥ BC, PA=AB=BC=2 D 为线段AC的中点，E为线段PC上⼀点.(1)求证：PAL BD;(2)求证：平⾯BDEX平⾯PAC(3)当PA//平⾯BDE时，求三棱锥E- BCD的体积.18. 如图，在四棱锥P- ABCD中，AD丄平⾯PDC AD// BC, PD丄PB, AD=I,BC=3 CD=4, PD=2(I)求异⾯直线AP与BC所成⾓的余弦值；(U)求证：PD丄平⾯PBq(M)求直线AB与平⾯PBC所成⾓的正弦值.19. 如图，已知四棱锥P- ABCD △ PAD是以AD为斜边的等腰直⾓三⾓形，BC // AD, CD丄AD，PC=AD=2DC=2CBE为PD 的中点.(I)证明：CE//平⾯PAB(U)求直线CE与平⾯PBC所成⾓的正弦值.B L20. 由四棱柱ABCD- A I B I C I D I截去三棱锥G- B I CDl后得到的⼏何体如图所⽰，四边形ABCD为正⽅形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，AιE⊥平⾯ABCD (I)证明：RO//平⾯BCD; (U)设M是OD的中点，证明：平⾯A i EM丄平⾯B I CD1.21. ⼥⼝图，在三棱锥A- BCD中，AB⊥AD, BC⊥BD,平⾯ABD丄平⾯BCD,点E、F (E与A、D不重合)分别在棱AD, BD上，且EF⊥ AD.求证：(1) EF//平⾯ABC;3. 如图，在四棱锥P- ABCD中，AB// CD,且∠ BAP=∠ CDP=90.(1)证明：平⾯PABL平⾯PAD(2)若PA=PD=AB=D P ∠ APD=90,求⼆⾯⾓A- PB- C的余弦值.4. 如图，四棱锥P- ABCD中，侧⾯PAD为等边三⾓形且垂直于底⾯ABCDAB=BC丄AD,∠ BAD=∠ ABC=90, E是PD 的中点.2(1)证明：直线CE//平⾯PAB(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.(2) AD丄AC.B------------5. 如图，四⾯体ABCD中，△ ABC是正三⾓形，△ ACD是直⾓三⾓形，∠ ABD=∠ CBD AB=BD(1)证明：平⾯ACD丄平⾯ABq(2)过AC的平⾯交BD于点E,若平⾯AEC把四⾯体ABCD分成体积相等的两部分，求⼆⾯⾓D-AE- C的余弦值.6. 如图，在四棱锥P- ABCD中，底⾯ABCD为正⽅形，平⾯PAD丄平⾯ABCD点M 在线段PB上，PD//平⾯MAC, PA=PD=:，AB=4(1)求证：M为PB的中点；(2)求⼆⾯⾓B- PD- A的⼤⼩；(3)求直线MC与平⾯BDP所成⾓的正弦值.D tZ ------------------------------------- NC7. 如图，在三棱锥P-ABC中，PAI底⾯ABC,∠ BAC=90.点D，E, N分别为棱PA PC BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4 AB=2.(I)求证：MN //平⾯BDE(U)求⼆⾯⾓C- EM- N的正弦值；(M)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成⾓的余弦值为:,求线段AH的长.8. 如图，⼏何体是圆柱的⼀部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是〕I的中点.(I)设P是不上的⼀点，且AP⊥ BE求∠ CBP的⼤⼩;(U)当AB=3, AD=2时，求⼆⾯⾓E-AG- C的⼤⼩.B2017年⾼考数学空间⼏何⾼考真题参考答案与试题解析选择题（共7⼩题）1 ?如图，在下列四个正⽅体中，A, B为正⽅体的两个顶点，M , N, Q为所在棱的中点，则在这四个正⽅体中，直线AB与平⾯MNQ不平⾏的是（）【解答】解：对于选项B,由于AB// MQ,结合线⾯平⾏判定定理可知B不满⾜题意；对于选项C,由于AB// MQ ,结合线⾯平⾏判定定理可知C不满⾜题意；对于选项D,由于AB// NQ,结合线⾯平⾏判定定理可知D不满⾜题意；所以选项A满⾜题意，故选：A?2. 已知圆柱的⾼为1,它的两个底⾯的圆周在直径为2的同⼀个球的球⾯上,⾯上,该圆柱底⾯圆周半径r= \ ~⼆■；= ,则该圆柱的体积为（A. π 3 JlB. C4π~2)D.【解答】解：圆柱的⾼为1,它的两个底⾯的圆周在直径为2的同⼀个球的球B.A/3.在正⽅体ABCD n A I B I GD I 中，E 为棱CD 的中点，贝9( )A . A ιE ⊥ DC I B. A ιE ⊥ BD C A ιE ⊥ BGD. A ιE ⊥ AC【解答】解：法⼀：连B i C,由题意得BC ⊥ BiGV A i B i 丄平⾯ B I BCG ,且 BG?平⾯ B i BCC ,° A i B i ⊥ BC I ,V A i B i ∩ B i C=B ,BC 丄平⾯ A i ECB ,V A i E?平⾯ A i ECB ,A i E ⊥ BC . 故选：C.法⼆：以D 为原点，DA 为X 轴，DC 为y 轴，DD i 为Z 轴，建⽴空间直⾓坐标系，设正⽅体ABCD- A i B i C i D i 中棱长为2,则 A i (2, 0, 2), E (0, i , 0), B (2, 2, 0) , D (0, 0, 0) , C i (0, 2, 2), A (2, 0, 0), C (0, 2, 0),A^= (- 2, i ,- 2),西=(0, 2, 2), ≡ = (- 2,- 2, 0), 陌=(-2, 0, 2), AC = (-2, 2, 0),VA ；?［⼕：=-2,冷⼖，⼯=2,丄 J E ⼕；=0, ,「?.,=6, A i E ⊥ BC .该圆柱的体积:V=Sh=T ；（少Xi 呼故选：C.4某三棱锥的三视图如图所⽰，则该三棱锥的体积为（A . 60 B. 30 C 20 D . 10【解答】解：由三视图可知：该⼏何体为三棱锥, 该三棱锥的体积=? ：： ? r. ：； ..=10.0 ⼄5.某⼏何体的三视图如图所⽰（单位：cm ）,则该⼏何体的体积（单位:是（）故选：D . cm 2) 俯视團俯视團A. 2_+1B. ⼀+3C. +1D. +32 2 2 2【解答】解：由⼏何的三视图可知，该⼏何体是圆锥的⼀半和⼀个三棱锥组成，圆锥的底⾯圆的半径为1,三棱锥的底⾯是底边长2的等腰直⾓三⾓形，圆锥的⾼和棱锥的⾼相等均为3，故该⼏何体的体积为^l×丄×π× 12× 3+1 ×丄× ^7×=× 3=丄+1，2 3 3 2 26.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 签=晋=2,分别记⼆⾯⾓D-PR- Q，D-PQ- R，A. γ< αV βB. αV γ< βC. αV β< γD. β< γ< α【解答】解法⼀：如图所⽰，建⽴空间直⾓坐标系.设底⾯⼛ABC的中⼼为0.不妨设 OP=3 贝 U O (0, 0, 0), P( 0, - 3, 0), C( 0, - 6, 0), D (0, 0, 6 近),Q ； -? U ： , R .7U ：,⽿=(-2眉’3’ 0),⽡=(0, 3, &迈),PQ = (√5, 5, 0), QR =(-奶’IZ 0),设平⾯PDR 的法向量为⼆(x , y , z ),则[丁呼°,可得「朋TTl n?PD=0 [3jH-6√2z=0可得=⼔加；泾⼕⼼，取平⾯ABC 的法向量=(0, 0, 1). P- ^-,取α =arccos-.√15 √15同理可得：β =arccos - . Y =arcc √681V >⼇>√15√95√681° αV γ< β解法⼆：如图所⽰，连接 OP, OQ, OR,过点O 分别作垂线：OE ⊥ PR OF ⊥ PQ , OG 丄QR,垂⾜分别为E , F , G ,连接DE, DF, DG. 设 OD=h. 则 tan α=.同理可得：tan β= , tan Y =. 由已知可得：OE > OG > OF. ? tan α tan γ≤ tan βα, β, 丫为锐⾓.则 cos;.「=―⼀ImIlnl295αV γ< β故选：B.7 ?如图，⽹格纸上⼩正⽅形的边长为1,粗实线画出的是某⼏何体的三视图，该⼏何体由⼀平⾯将⼀圆柱截去⼀部分后所得，则该⼏何体的体积为（）A. 90 πB. 63 πC. 42 πD. 36 π【解答】解：由三视图可得，直观图为⼀个完整的圆柱减去⼀个⾼为6的圆柱的⼀半，V= π ?3x 10- ?n ?3x 6=63π2故选：B.1某多⾯体的⼆视图如图所⽰，其中正视图和左视图都由正⽅形和等腰直⾓三⾓形组成，正⽅形的边长为2,俯视图为等腰直⾓三⾓形，该多⾯体的各个⾯中有若⼲个是梯形，这些梯形的⾯积之和为（）【解答】解：由三视图可画出直观图, 该⽴体图中只有两个相同的梯形的⾯，S梯形⼆⼀× 2×（2+4）=6，：：这些梯形的⾯积之和为6× 2=12,故选：B2.已知直三棱柱ABC- A i B i C i中，/ ABC=120, AB=2 BC=CC=I，则异⾯直线AB i与BG所成⾓的余弦值为（A B U15 C U LQ D【解答】解：【解法⼀】如图所⽰，设M、N、P分别为AB, BB和B i G的中点,D. 1614。
2018高考数学易错类型专题突破及易错题分项集训 专题13 空间角与距离(已注文理)
专题十三 空间角与距离易错盘点1.有关空间角的问题包括异面直线所成的角，直线与平而所成的角，二面角的概念及求法．解这类问题必须分两步进行.首先根据概念，通过定理转化为平面角表示，然后再借助于平面图形求解．该问题是高考热点之一，2.实施解题过程中要注意“作、证、指、求”四个环节．计算一般是放在三角形中，因此“化归”思想很重要.3.当建立坐标系，易求点的坐标时,也可以用坐标法求解.4.空间距离的计算中，点到平面的距离最具有代表性，它往往需要先转化为线、面间的距离，再转化为点到直线的践离，最后通过两点间距离求解．同时，利用体积法求解点到平面的距离，也是一种重要的方法． 点击典型、易错试题【典例1】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ）A ．13 B．3 C．3D ．23错解 C错因分析 理科考生在求线面所成角时,往往用向量法,求平面法向量与1AB所成角的余弦,此余弦值即为线面所成角的正弦,但考生往往将此值作为余弦值求其正弦而出错.正解由已知条件可得四面体1A ABC -为正四面体,设AB=a ,过1A 作1A O 垂直底面ABC 于点O,过1B 作1B M 垂直底面ABC 于点M, 连结1AB ,AM , 1B AM ∠就是1AB 与底面ABC 所成的角,则1AB =, 113B M AO a ==,∴111sin B M B AM B A ∠===, 故应选B ．跟踪训练 如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )答案 D 【典例2】如图，l A BA Bαβαβαβ⊥=∈∈ ，，，，，到l 的距离分别是a 和b ，AB 与αβ，所成的角分别是θ和ϕ，AB 在αβ，内的射影分别是m 和n ，若a b >，则（ ）A ．m n θϕ>>，B ．m n θϕ><，C ．m n θϕ<<，D ．m n θϕ<>， 错解 A错因分析 考生通过a b >，显然可得m n >,但在判断角θ和ϕ的大小关系时，将角的位置关系与顺序搞颠倒,由于两个三角形存在相同的斜边AB,根据大边对大角也可得结论.正解由勾股定理22222a nb m AB +=+=， 又a b >，m n >∴sin b AB θ=，sin a ABφ=,而a b >， 所以sin sin θφ<，得θφ<,故应选D. 跟踪训练已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于A.4B.4 C. 2D.2答案 A【典例3】等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D --的余弦值为A B a bl αβCB AEDOF M N，M N ，分别是AC BC ，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于 ．错解设AB=2a ,取ED 中点F,AB 中点O, 连结CO,OF,CF,FN,AF,NF,则COF ∠就是二面角C-AB-D 的平面角,由,2CO OF a =,可得CF =,∴CE=CD=CA=CB=a , ME//NF, 且, ∴ANF ∠就是EM,AN所成的角, 且222212355cos 266a a a ANF a +-∠==⨯.错因分析用,导致异面直线所成角不正确. 正解设AB=2a ,取ED 中点F,AB 中点O, 连结CO,OF,CF,FN,AF,NF,则COF ∠就是二面角C-AB-D 的平面角,由,2CO OF a =,可得CF ==,∴CE=CD=CA=CB=2a , ME//NF,且, ∴ANF ∠就是EM,AN所成的角, 且22223351cos 236a a a ANF a +-∠==⨯.跟踪训练如图，正棱柱1111ABCD A BC D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为A ．15B ．25C ．35D ．45答案 D 【典例4】如图，在三棱锥P ABC -中，2AC BC ==，90ACB ∠= ，AP BP AB ==，PC AC ⊥．（Ⅰ）求证：PC AB ⊥；（Ⅱ）求二面角B AP C --的大小； （Ⅲ）求点C 到平面APB 的距离．错解之一 二面角大小求错, 错解之二 点到平面的距离对应的线段没有找出错因分析求点到平面的距离关键是正确地确定射影的位置,或应用向量法求解.正解解法一：（Ⅰ）取AB 中点D ，连结PD CD ，． AP BP = ，PD AB ∴⊥．AC BC = ，CD AB ∴⊥． PD CD D = ， AB ∴⊥平面PCD ． PC ⊂ 平面PCD ，A C BPABDP A1APC AB ∴⊥．（Ⅱ）AC BC = ，AP BP =， APC BPC ∴△≌△． 又PC AC ⊥， PC BC ∴⊥．又90ACB ∠=，即AC BC ⊥，且AC PC C = ，BC ∴⊥平面PAC ． 取AP中点E ．连结BE CE ，． AB BP = ，BE AP ∴⊥． EC 是BE 在平面PAC 内的射影， CE AP ∴⊥．BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角．在BCE △中，90BCE ∠=，2BC =，BE AB ==sin 3BC BEC BE ∴∠==∴二面角B AP C --的大小为arcsin（Ⅲ）由（Ⅰ）知AB ⊥平面PCD ， ∴平面APB ⊥平面PCD ．过C 作CH PD ⊥，垂足为H ． 平面APB 平面PCD PD =， CH ∴⊥平面APB ．CH ∴的长即为点C 到平面APB 的距离． 由（Ⅰ）知P C A B ⊥，又P C A C ⊥，且A B A C A = ， PC ∴⊥平面ABC ． CD ⊂ 平面ABC ， PC CD ∴⊥． 在Rt PCD△中，12C D ==，PD ==2PC ∴=．332=⨯=PD CD PC CH ．∴点C 到平面APB ． 解法二：（Ⅰ）AC BC = ，AP BP =，APC BPC ∴△≌△． 又PC AC ⊥， PC BC ∴⊥． AC BC C = ， PC ∴⊥平面ABC ． AB ⊂ 平面ABC ， PC AB ∴⊥．（Ⅱ）如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C xyz -． 则(000)(020)(200)C A B ，，，，，，，，．设(00)P t ，，．PB AB == ，2t ∴=，(002)P ，，． 取AP 中点E ， 连结BE CE ，．AC PC = ，AB BP =，CE AP ∴⊥，BE AP ⊥．BEC ∴∠是二面角B AP C --的平面角．(011)E ，，，(011)EC =-- ，，，(211)EB =--，，，33622cos =⨯==∠BEC ． ∴二面角B AP C --的大小为 （Ⅲ）AC BC PC == ，C ∴在平面APB 内的射影为正APB △的中心H ，且CH 的长为点C 到平面APB 的距离． 如（Ⅱ）建立空间直角坐标系C xyz -．2BH HE = ，∴点H 的坐标为222333⎛⎫⎪⎝⎭，，．3CH ∴= ． ∴点C 到平面APB 跟踪训练如图，正四棱柱1111ABCD A BC D -中，124AA AB ==，点E 在1CC 上且EC E C 31=．（Ⅰ）证明：1AC ⊥平面BED ；A B EPBPx y A B CDEA 1B 1C 1D 1（Ⅱ）求二面角1A DE B --的大小． 答案（Ⅰ）略（Ⅱ）易错题分项集训卷1.已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE SD ，所成的角的余弦值为（ ）A ．13 B．3 C．3D ．23 2.已知三棱锥的侧棱长的底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于（ ） A．6 B．4 C．2 D．23.在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G =λ（0≤λ≤1），则点G 到平面D 1EF 的距离为 A.3B.22 C.32λ D.55 4.已知P 为平面a 外一点，直线l ⊂a,点Q ∈l ,记点P 到平面a 的距离为a,点P 到直线l 的距离为b ，点P 、Q 之间的距离为c ，则A. c b a ≤≤B. c b a ≤≤C. b c a ≤≤D. a c b ≤≤15.如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=,OA ABCD⊥底面,2OA =,M 为OA 的中点，N 为BC 的中点（Ⅰ）证明：直线MN OCD 平面‖；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。
高考数学理科一轮复习(全国2卷 B)课件：§8.4 空间角与距离、空间向量及其应用
解析 本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.
=(0,1,- ), =(1,-1,- ),所以
cos< , >=
=
=
.故选C.
方法总结 常见的求异面直线所成角的方法 (1)通过平移找到异面直线所成的角或其补角,构造三角形,通过解三角形求解; (2)建立空间直角坐标系,由向量的夹角公式求解.
2.(2018 课标全国Ⅰ,12,分5 )已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等, 则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
由 ·n =0, ·n =0 得
可取n =( (a-4), a,-a),
所以cos< ,n >=
.
由已知可得|cos< ,n >|= .
所以
= .
解得a=-4( 舍去)或a= .
所以n =
.
又 =(0,2,-2 ),
所以cos< ,n >= .
高考理数 (课标Ⅱ专用)
§ 8 .4 空间角与距离、空间向量及其应用
五年高考
A 组 统一命题·课标卷题组
考点一 空间角与距离
1.(2018 课标全国Ⅱ,9,分5 )在长方体ABCD -A 1B1C 1D 1中,AB = BC =1, AA 1= ,则异面直线AD 1与 DB 1所成角的余弦值为 ( )
即
所以可取n =(0,4,3).
又 =(-10,4,8),故|cos< n , >|=
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普通高中课程标准实验教科书—数学[人教版]高三新数学第一轮复习教案（讲座12）—空间中的夹角和距离一．课标要求：1．掌握两条直线所成的角和距离的概念及等角定理；（对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离）。
2．掌握点、直线到平面的距离，直线和平面所成的角；3．掌握平行平面间的距离，会求二面角及其平面角；二．命题走向高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道, 解答题1道), 共计总分27分左右,考查的知识点在20个以内。
随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着“多一点思考,少一点计算”的发展，从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。
预测18年高考试题：（1）单独求夹角和距离的题目多为选择题、填空题，分值大约5分左右；解答题中的分步设问中一定有求夹角、距离的问题，分值为6分左右；（2）选择、填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提。
三．要点精讲1．距离空间中的距离是立体几何的重要内容，其内容主要包括：点点距，点线距，点面距，线线距，线面距，面面距。
其中重点是点点距、点线距、点面距以及两异面直线间的距离．因此，掌握点、线、面之间距离的概念，理解距离的垂直性和最近性，理解距离都指相应线段的长度，懂得几种距离之间的转化关系，所有这些都是十分重要的。
求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。
（1）两条异面直线的距离两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段的长度，叫做两条异面直线的距离；求法：如果知道两条异面直线的公垂线，那么就转化成求公垂线段的长度。
（2）点到平面的距离平面外一点P在该平面上的射影为P′，则线段PP′的长度就是点到平面的距离；求法：○1“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。
○2等体积法。
（3）直线与平面的距离：一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到平面的距离，叫做这条直线和平面的距离；（4）平行平面间的距离：两个平行平面的公垂线段的长度，叫做两个平行平面的距离。
求距离的一般方法和步骤：应用各种距离之间的转化关系和“平行移动”的思想方法，把所求的距离转化为点点距、点线距或点面距求之，其一般步骤是：①找出或作出表示有关距离的线段；②证明它符合定义；③归到解某个三角形．若表示距离的线段不容易找出或作出，可用体积等积法计算求之。
异面直线上两点间距离公式，如果两条异面直线a 、b 所成的角为 ，它们的公垂线AA ′的长度为d ，在a 上有线段A ′E ＝m ，b 上有线段AF ＝n ，那么EF ＝θcos 2222mn n m d ±++（“±”符号由实际情况选定）2．夹角空间中的各种角包括异面直线所成的角，直线与平面所成的角和二面角，要理解各种角的概念定义和取值范围，其范围依次为(0°，90°]、[0°，90°]和[0°，180°]。
（1）两条异面直线所成的角求法：○1先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角形去求得；○2通过两条异面直线的方向量所成的角来求得，但是注意到异面直线所成角得范围是]2,0(π，向量所成的角范围是],0[π，如果求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角。
（2）直线和平面所成的角 求法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。
除特殊位置外，主要是指平面的斜线与平面所成的角，根据定义采用“射影转化法”。
（3）二面角的度量是通过其平面角来实现的解决二面角的问题往往是从作出其平面角的图形入手，所以作二面角的平面角就成为解题的关键。
通常的作法有：（Ⅰ）定义法；（Ⅱ）利用三垂线定理或逆定理；（Ⅲ）自空间一点作棱垂直的垂面，截二面角得两条射线所成的角，俗称垂面法．此外，当作二面角的平面角有困难时，可用射影面积法解之，cos ＝SS '，其中S 为斜面面积，S ′为射影面积， 为斜面与射影面所成的二面角。
3．等角定理如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，并且方向相同，那么这两个角相等。
推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角（或直角）相等。
四．典例解析题型1：直线间的距离问题例1．已知正方体的棱长为1，求直线DA'与AC 的距离。
解法1：如图1连结A'C'，则AC ∥面A'C'D'， 连结DA'、DC'、DO'，过O 作OE ⊥DO'于E 因为A'C'⊥面BB'D'D ，所以A'C'⊥OE 。
又O'D ⊥OE ，所以OE ⊥面A'C'D 。
因此OE 为直线DA'与AC 的距离。
在Rt △OO'D 中，，可求得点评：此题是异面直线的距离问题：可作出异面直线的公垂线。
解法2：如图2连接A'C'、DC'、B'C 、AB'A'，得到分别包含DA'和AC 的两个平面A'C'D 和平面AB'C ，又因为A'C'∥AC ，A'D ∥B'C ，所以面A'C'D∥面AB'C 。
故DA'与AC 的距离就是平面A'C'D 和平面AB'C 的距离，连BD'分别交两平面于两点，易证是两平行平面距离。
不难算出，所以，所以异面直线BD 与之间的距离为。
点评：若考虑到异面直线的公垂线不易做出，可分别过两异面直线作两平面互相平行，则异面直线的距离就是两平面的距离。
题型2：线线夹角例2．如图1，在三棱锥S —ABC 中，，，，，求异面直线SC 与AB 所成角的余弦值。
B CA DB' C'O'A' D'图1EO C BD AC' O 2 B'D' A'O 1图2在内的射影所成的角为，则异面直线l与AB所成的角满足。
以此为据求解。
由题意，知平面ABC，，由三垂线定理，知，所以平面SAC。
因为，由勾股定理，得。
在中，，在中，。
设SC与AB所成角为，则，解法2：平移过点C作CD//BA，过点A作BC的平行线交CD于D，连结SD，则是异面直线SC与AB所成的角，如图2。
又四边形ABCD是平行四边形。
由勾股定理，得：。
SA BCD图2在中，由余弦定理，得：。
点评：若不垂直，可经过如下几个步骤求解：（1）恰当选点，作两条异面直线的平行线，构造平面角；（2）证明这个角（或其补角）就是异面直线所成角；（3）解三角形（常用余弦定理），求出所构造角的度数。
题型3：点线距离例3．（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 。
解析：过M 作MO ⊥EF ，交EF 于O ，则MO ⊥平面BCFE . 如图所示，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。
点评：该题较典型的反映了解决空间几何问题的解题策略：化空间问题为平面问题来处理。
题型4：点面距离图例4．（2018福建理，18）如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别BD 、BC 的中点，CA =CB =CD =BD =2。
（Ⅰ）求证：AO ⊥平面BCD ；（Ⅱ）求异面直线AB 与CD 所成角的大小； （Ⅲ）求点E 到平面的距离。
(1)证明：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 。
,0=OC BD ∴AB ⊥平面BCD 。
（Ⅱ）解：取AC 的中点M ,连结OM 、ME 、OE ，由E 为BC 的中点知ME ∥AB ,OE ∥DC 。
∴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，,121,2221====DC OE AB EM OM 是直角△AOC 斜边AC 上的中线，∴,121==AC OM ∴,42cos =∠OEA ∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为.42arccos （Ⅲ）解：设点E 到平面ACD 的距离为h .CDE A ACD A V V --- ,∴h 31·S △ACD =31·AO ·S △CDE . 在△ACD 中，CA =CD =2,AD =2,∴S △ACD =,2722222132=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯而AO =1, S △CDE =,23243212=⨯⨯ ∴h =,72127231=⨯=•∆∆ACDCDE S S AO∴点E 到平面ACD 的距离为721。
点评：本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成的角以及点到平面的距离等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力。
题型5：线面距离例5．斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是边长为4cm 的正三角形，侧棱AA 1与底面两边AB 、AC 均成600的角，AA 1=7。
（1）求证：AA 1⊥BC ；（2）求斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的全面积； （3）求斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积； （4）求AA 1到侧面BB 1C 1C 的距离。
解析：设A 1在平面ABC 上的射影为0。
∵ ∠A 1AB=∠A 1AC ，∴ O 在∠BAC 的平行线AM 上。
∵ △ABC 为正三角形，∴ AM ⊥BC 。
又AM 为A 1A 在平面ABC 上的射影，∴ A 1A ⊥BC（2）3142374AB A sin AA AB S S 11B B AA C C AA 1111=⨯⨯=∠⋅==∵ B 1B ∥A 1A ，∴ B 1B ⊥BC ，即侧面BB 1C 1C 为矩形。