【精品含答案】高考一轮复习9.4空间角、距离基础训练练题(理科)

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

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

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

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

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

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

第9章 第4节 知能训练·提升考点一：异面直线所成的角1．(2010·郑州第一次质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为棱DC 的中点，则D 1P 与BC 1所在直线所成角的余弦值等于( )A.45B.105C.12D.510解析：过C 1作D 1P 的平行线交DC 的延长线于点F ，连接BF ，则∠BC 1F 或其补角等于异面直线D 1P 与BC 1所成的角．设正方体的棱长为1，由P 为棱DC 的中点，则易得BC 1＝2，C 1F ＝12＋(12)2＝52，BF ＝12＋(12)2＝52.在△BC 1F 中，cos BC 1F ＝(2)2＋(52)2－(52)22×2×52＝105，选B.答案：B2．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝AA 1＝2，点D 是A 1C 1的中点，则异面直线AD 和BC 1所成角的大小为________．解析：如图所示，取AC 中点D 1，连结C 1D 1，易知AD ∥C 1D 1，则异面直线AD 与BC 1所成角的大小等于C 1D 1与BC 1所成角的大小．易得C 1D 1＝6，BC 1＝22，BD 1＝2，在△BC 1D 1中，由余弦定理得cos ∠BC 1D 1＝C 1D 21＋BC 21－BD 212C 1D 1·BC 1＝32.所以∠BC 1D 1＝30°. 答案：30°考点二：直线与平面所成的角3．在二面角为45°的一平面内有一条直线与二面角的棱成45°角，则此直线与二面角的另一个面所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 解析：解法一：由于45°的二面角的一平面内一条直线与二面角的棱成45°角，根据最小角定理，则此直线与二面角的另一个面所成的角小于45°.解法二：如图α－l －β成45°角，∠BAC ＝45°，∠BCO ＝45°为二面角的平面角．BO ⊥α，设OB ＝OC ＝1，则BC ＝2，AO ＝3，tan ∠BAO ＝BO AO ＝33，∠BAO ＝30°.答案：A 4．(2009·东北三校第一次联考)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长都为2，E 、F 、G 分别为AB 、AA 1、A 1C 1的中点，则B 1F 与面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310D.3610解析：如图，取AC 的中点D ，连接GD 、DE ，设B 1到面GEF 的距离为h .B 1F ＝A 1F 2＋A 1B 21＝12＋22＝5，同理B 1E ＝5，FG ＝FE ＝12＋12＝2，GE ＝ED 2＋GD 2＝12＋22＝5， S △EFB 1＝S 四边形ABB 1A 1－S △EBB 1－S △FB 1A 1－S △AEF＝4－1－1－12＝32，G 到直线A 1B 1的距离即为点G 到平面EFB 1的距离，易求为32.S △EFG ＝154，VG －EFB 1＝VB 1－EFG ，∴13×32×32＝13×h ×154⇒h ＝35， 所求的正弦值为h B 1F ＝35，所以选A.答案：A5．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M 、N 分别为PC 、PB 的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求CD 与平面ADMN 所成的角．解：解法一：(1)证明：因为N 是PB 的中点，P A ＝AB ，所以AN ⊥PB . 因为AD ⊥平面P AB ，所以AD ⊥PB . 从而PB ⊥平面ADMN .因为DM ⊂平面ADMN ，所以PB ⊥DM .(2)取AD 的中点G ，连结BG 、NG ，则BG ∥CD .所以BG 与平面ADMN 所成的角和CD 与平面ADMN 所成的角相等． 因为PB ⊥平面 ADMN ，所以∠BGN 就是CD 与平面ADMN 所成的角．在Rt △BGN 中，sin ∠BGN ＝BN BG ＝105.故CD 与平面ADMN 所成的角是arcsin 105.解法二：如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系A －xyz ，设BC ＝1，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,1,0)，M (1，12，1)，D (0,2,0)．(1)证明：因为PB →·DM →＝(2,0，－2)·(1，－32，1)＝0，所以PB ⊥DM .(2)因为PB →·AD →＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0，所以PB ⊥AD .又因为PB ⊥DM ，所以PB ⊥平面ADMN .因为〈PB →，DC →〉的余角即是CD 与平面ADMN 所成的角．因为cos 〈PB →，DC →〉＝PB →·DC →|PB →||DC →|＝105，所以CD 与平面ADMN 所成的角为arcsin 105.考点三：二面角6．(2010·衡阳第一次联考)矩形ABCD 的两边AB ＝3，AD ＝4，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝435，则二面角A －BD －P 的度数为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：如图作AE ⊥BD 于E ，连接PE ，则∠PEA 为所求，AE ＝3×45＝125，tan ∠PEA ＝P A AE ＝33，∴∠PEA ＝30°.答案：A7．如图所示，在边长为1的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，将菱形沿对角线AC 折起，使折起后的BD ＝1，则二面角B －AC －D 的余弦值为( )A.13B.12C.223D.32解析：在原图中连结AC 与BD 交于O 点，则AC ⊥BD ，在折起后的图中，由四边形ABCD 为菱形且边长为1，则DO ＝OB ＝32，由于DO ⊥AC ，因此∠DOB 就是二面角B －AC －D 的平面角，由BD ＝1，得cos ∠DOB ＝OD 2＋OB 2－DB 22OD ·OB ＝34＋34－12·32·32＝13，故选A.答案：A8．如图所示，已知四棱锥P －ABCD的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝DC ＝12AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)证明：面P AD ⊥面PCD ； (2)求AC 与PB 所成的角；(3)求AMC 与面BMC 所成二面角的大小．解：解法一：(1)证明：∵P A ⊥面ABCD ，CD ⊥AD ， ∴由三垂线定理得CD ⊥PD .因而，CD 与面P AD 内两条相交直线AD 、PD 都垂直， ∴CD ⊥面P AD .又CD ⊂面PCD ，∴面P AD ⊥面PCD . (2)如图(1)，过点B 作BE ∥CA ，且BE ＝CA ， 则∠PBE 是AC 与PB 所成的角．连结AE ，可知AC ＝CB ＝BE ＝AE ＝2，又AB ＝2， ∴四边形ACBE 为正方形．，由P A ⊥面ABCD 得∠PEB ＝90°. 在Rt △PEB 中，BE ＝2，PB ＝5，∴cos ∠PBE ＝BE PB ＝105，∴AC 与PB 所成的角为arccos 105.(3)作AN ⊥CM ，垂足为N ，连结BN .在Rt △P AB 中，AM ＝MB ，又AC ＝CB ＝2， ∴△AMC ≌△BMC .∴BN ⊥CM ，故∠ANB 为所求二面角的平面角． ∵CB ⊥AC ，∴可由三垂线定理，得CB ⊥PC ， 在Rt △PCB 中，∵CM ＝MB ，∴CM ＝AM ＝12PB ＝52.在等腰三角形AMC 中，∵AN ·MC ＝CM 2－(AC2)2·AC ，∴AN ＝32×252＝65.∵AB ＝2，∴cos ∠ANB ＝AN 2＋BN 2－AB 22×AN ×BN＝－23.故所求的二面角为π－arccos 23.解法二：因为P A ⊥AD ，P A ⊥AB ，AD ⊥AB ，以A 为坐标原点，AD 的长为单位长度，建立空间直角坐标系，如图(2)，则相应各点的坐标为A (0,0,0)、B (0,2,0)、C (1,1,0)、D (1,0,0)、P (0,0,1)、M (0,1，12)．(1)证明：∵AP →＝(0,0,1)，DC →＝(0,1,0)， 故AP →·DC →＝0，∴AP ⊥DC . 又由题设知AD ⊥DC ，且AP 与AD 是平面P AD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥面P AD . 又DC 在面PCD 内，故P AD ⊥面PCD .(2)∵AC →＝(1,1,0)，PB →＝(0,2，－1)， 故|AC →|＝2，PB →＝5，AC →·PB →＝2，∴cos 〈AC →，PB →〉＝AC →·PB →|AC →|·|PB →|＝105.由此得AC 与PB 所成的角为arccos 105.(3)在MC 上取一点N (x ，y ，z )，则存在λ∈R ，使NC →＝λMC →，NC →＝(1－x,1－y ，－z )，MC→＝(1,0，－12)，∴x ＝1－λ，y ＝1，z ＝12λ.要使AN ⊥MC ，只需AN →·MC →＝0，即x －12z ＝0，解得λ＝45.可知当λ＝45时，N 点坐标为(15，1，25)，能使AN →·MC →＝0.此时，AN →＝(15，1，25)，BN →＝(15，－1，25)，∴BN →·MC →＝0.由AN →·MC →＝0，BN →·MC →＝0得 AN ⊥MC ，BN ⊥MC .∴∠ANB 为所求二面角的平面角．∵|AN →|＝305，|BN →|＝305，AN →·BN →＝－45.∴cos 〈A N →，BN →〉＝AN →·BN →|AN →|·|BN →|＝－23.故所求的二面角为π－arccos 23.1.(2009·浙江)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 解析：过A 作AE ⊥BC 于点E ，则易知AE ⊥面BB 1C 1C ，则∠ADE 即为所求，又tan ∠ADE ＝AEDE＝3，故∠ADE ＝60°.故选C. 答案：C 2．(2009·重庆)已知二面角α－l －β的大小为50°，P 为空间中任意一点，则过点P 且与平面α和平面β所成的角都是25°的直线的条数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：由α－l －β的大小为50°，可知两平面法向量夹角为130°，又直线与平面所成的角相等且为25°，即等价于直线与法向量的夹角相等且为65°.故题意等价于过空间一点P 与成50°的两异面直线的夹角都为65°的直线条数，有3条．故选B.答案：B 3．(2009·全国卷Ⅰ)如图，四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，AD ＝2，DC ＝SD ＝2.点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°.(1)证明：M 是侧棱SC 的中点；(2)求二面角S －AM －B 的大小．解：解法一：(1)证明：作ME ∥CD 交SD 于点E ，则ME ∥AB ，ME ⊥平面SAD . 连结AE ，则四边形ABME 为直角梯形．作MF ⊥AB ，垂足为F ，则四边形AFME 为矩形．设ME ＝x ，则SE ＝x ，AE ＝ED 2＋AD 2＝(2－x )2＋2， MF ＝AE ＝(2－x )2＋2，FB ＝2－x . 由MF ＝FB ·tan60°，得(2－x )2＋2＝3(2－x )，解得x ＝1，即ME ＝1，从而ME ＝12DC .所以M 为侧棱SC 的中点． (2)MB ＝BC 2＋MC 2＝2， 又∠ABM ＝60°，AB ＝2， ∴△ABM 为等边三角形． 又由(1)知M 为SC 中点，SM ＝2，SA ＝6，AM ＝2，故SA 2＝SM 2＋AM 2，∠SMA ＝90°.取AM 中点G ，连接BG ，取SA 中点H ，连接GH ，则BG ⊥AM ，GH ⊥AM . 由此知∠BGH 为二面角S －AM －B 的平面角． 连接BH .在△BGH 中，BG ＝32AM ＝3，GH ＝12SM ＝22，BH ＝AB 2＋AH 2＝222，∴cos ∠BGH ＝BG 2＋GH 2－BH 22·BG ·GH ＝－63.二面角S －AM －B 的大小为arccos(－63)．解法二：(1)证明：以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DS 分别为x 、y 、z 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系D －xyz .设A (2，0,0)，则B (2，2,0)，C (0,2,0)，S (0,0,2)． 设SM →＝λMC →(λ＞0)，则M (0，2λ1＋λ，21＋λ)，MB →＝(2，21＋λ，－21＋λ)．又AB →＝(0,2,0)，〈MB →，AB →〉＝60°， 故MB →·AB →＝|MB →|·|AB →|cos60°，即41＋λ＝(2)2＋(－21＋λ)2＋(21＋λ)2， 解得λ＝1，即SM →＝MC →. 所以M 为侧棱SC 的中点．(2)由M (0,1,1)，A (2，0,0)，得AM 的中点G (22，12，12)．又GB →＝(22，32，－12)，MS →＝(0，－1,1)，AM →＝(－2，1,1)，GB →·AM →＝0，MS →·AM →＝0，所以GB →⊥AM →，MS →⊥AM →.因此〈GB →，MS →〉等于二面角S －AM －B 的平面角．cos 〈GB →，MS →〉＝GB →·MS →|GB →||MS →|＝－63.所以二面角S －AM －B 的大小为arccos(－63)．4．(2009·全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1.(1)证明：AB ＝AC ；(2)设二面角A －BD －C 为60°，求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小．解：解法一：(1)证明：取BC 的中点F ，连结EF ，则EF 綊12B 1B ，从而EF 綊DA .连结AF ，则ADEF 为平行四边形，从而AF ∥DE . 又DE ⊥平面BCC 1，故AF ⊥平面BCC 1，从而AF ⊥BC ，即AF 为BC 的垂直平分线，所以AB ＝AC .(2)作AG ⊥BD ，垂足为G ，连结CG . 由三垂线定理知CG ⊥BD ，故∠AGC 为二面角A －BD －C 的平面角． 由题设知∠AGC ＝60°.设AC ＝2，则AG ＝23.又AB ＝2，BC ＝22，故AF ＝ 2.由AB ·AD ＝AG ·BD 得2AD ＝23·AD 2＋22，解得AD ＝2，故AD ＝AF .又AD ⊥AF ，所以四边形ADEF 为正方形． 因为BC ⊥AF ，BC ⊥AD ，AF ∩AD ＝A ，故BC ⊥平面DEF ，因此平面BCD ⊥平面DEF .连结AE 、DF ，设AE ∩DF ＝H ，则EH ⊥DF ，EH ⊥平面BCD . 连结CH ，则∠ECH 为B 1C 与平面BCD 所成的角． 因ADEF 为正方形，AD ＝2，故EH ＝1，又EC ＝12B 1C ＝2，所以∠ECH ＝30°，即B 1C 与平面BCD 所成的角为30°.解法二：(1)证明：以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系A －xyz ，设B (1,0,0)，C (0，b,0)，D (0,0，c )，则B 1(1,0,2c )，E (12，b2，c )．于是DE →＝(12，b 2，0)，BC →＝(－1，b,0)．由DE ⊥平面BCC 1知DE ⊥BC ， DE →·BC →＝0，求得b ＝1， 所以AB ＝AC .(2)设平面BCD 的法向量AN →＝(x ，y ，z )，则AN →·BC →＝0，AN →·BD →＝0. 又BC →＝(－1,1,0)，BD →＝(－1,0，c )． 故⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋cz ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝1c ，AN →＝(1,1，1c )．又平面ABD 的法向量AC →＝(0,1,0)．由二面角A －BD －C 为60°知，〈AN →，AC →〉＝60°，故AN →·AC →＝|AN →|·|AC →|·cos60°，求得c ＝12.于是AN →＝(1,1，2)，CB 1→＝(1，－1，2)，cos 〈AN →，CB 1→〉＝AN →·CB 1→|AN →|·|CB 1→|＝12，〈AN →，CB 1→〉＝60°，所以B 1C 与平面BCD 所成的角为30°.1.如图，ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12.(1)求平面SCD 与平面SBA 所成的二面角的大小； (2)求SC 与平面ABCD 所成的角．解：解法一：(1)延长CD ，使之交BA 的延长线于M 点． 连结SM ，则平面SCD ∩平面SAB ＝SM ， ∵SA ⊥面ABC ，SA ＝AB ， ∴∠SBA ＝45°.又∵AD ＝12BC ＝12，∴AD 为三角形MBC 的中位线，∴AM ＝AB ＝1， ∴∠SMA ＝45°，∴∠BSM ＝90°， 即SB ⊥SM .又BC ⊥AB ，BC ⊥SA ，∴BC ⊥平面SMB ，∴SC ⊥SM .∴∠CSB 为平面SCD 与平面SAB 的平面角． ∵SB ＝AB 2＋SA 2＝2，∴tan ∠CSB ＝12，∴∠CSB ＝arctan 22.∴平面SCD 与平面SAB 所成的角为arctan 22.(2)连结AC ，则∠ACS 为SC 与平面ABCD 所成的角， ∴cos ∠SCB ＝cos ∠SCA ·cos ∠ACB ， ∵Rt △CBS 中，SC ＝3，∴cos ∠SCB ＝BC SC ＝13，cos ∠ACB ＝cos45°＝22，∴cos ∠SCA ＝cos ∠SCB cos ∠ACB ＝1322＝63.∴SC 与平面ABCD 所成的角为arccos 63.解法二：(1)∵AD 、AB 、AS 是三条两两互相垂直的线段，故以A 为原点，以AD →、AB →、AS →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立坐标系，则A (0,0,0)，D (12，0,0)，C (1,1,0)，S (0,0,1)．AD →＝(12，0,0)是平面SAB 的法向量，设平面SCD 的法向量n ＝(1，λ，u )，则n ·DC →＝(1，λ，u )·(12，1,0)＝12＋λ＝0，∴λ＝－12，n ·DS →＝(1，λ，u )·(－12，0,1)＝－12＋u ＝0，∴u ＝12， ∴n ＝(1，－12，12)． 若以θ表示欲求二面角的值，则cos θ＝cos 〈AD →，n 〉，AD →·n ＝12·|AD →|＝12， |n |＝1＋(－12)2＋(12)2＝32， ∴cos θ＝AD →·n |AD →|·|n |＝121232＝23，sin θ＝13， ∴tan θ＝sin θcos θ＝12＝22，∴θ＝arctan 22. 即所求二面角为arctan 22. (2)∵AS →是平面ABCD 的法向量，先求CS →与AS →之间的夹角φ. ∵CS →＝CB →＋BA →＋AS →，∴AS →·CS →＝AS →·(CB →＋BA →＋AS →)＝AS →·AS →＝1，|AS →|＝1，|CS →|＝|CB →|2＋|BA →|2＋|AS →|2＝1＋1＋1＝3，∴cos φ＝AS →·CS →|AS →||CS →|＝13＝33， ∴φ＝arccos 33. 从而CS 与平面ABCD 所成的角为π2－arccos 33.。

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

高三理科数学一轮复习试题选编19：空间角与空间距离一、选择题1 ．（2009高考(北京理)）若正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为1,1AB 与底面ABCD 成60°角,则11A C 到底面ABCD 的距离为 （ ）AB ．1CD2 ．（2013届北京西城区一模理科）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 上的动点，1PE A C ⊥于E ，且PA PE =，则点P 的轨迹是（ ）A ．线段B ．圆弧C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分二、解答题3 ．（北京市东城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）如图，在菱形ABCD 中，60DAB ∠=，E是AB 的中点， MA ⊥平面ABCD ，且在矩形ADNM 中，2AD =，7AM =． （Ⅰ）求证：AC ⊥BN ；（Ⅱ）求证：AN // 平面MEC ； （Ⅲ）求二面角M EC D --的大小.4 ．（2013届北京丰台区一模理科）如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ∥MD ，且NB=1，MD=2； （Ⅰ）求证：AM ∥平面BCN;（Ⅱ）求AN 与平面MNC 所成角的正弦值；ABCDENM（Ⅲ）E 为直线MN 上一点，且平面ADE ⊥平面MNC ，求MEMN的值. .6 ．（北京市丰台区2013届高三上学期期末考试 数学理试题 ）如图，在三棱锥P-ABC 中，P A=PB=AB=2，3BC =，90=∠ABC °,平面P AB ⊥平面ABC ，D 、E 分别为AB 、AC 中点. （Ⅰ）求证：DE‖平面PBC ; （Ⅱ）求证：AB ⊥PE ； （Ⅲ）求二面角A-PB-E 的大小.7 ．（2013北京房山二模数学理科试题及答案）如图, ABCD 是正方形, DE ⊥平面ABCD ,DE AF //,3DE DA AF ==.(Ⅰ) 求证:AC ⊥BE ;(Ⅱ) 求二面角D BE F --的余弦值;(Ⅲ)设点M 是线段BD 上一个动点,试确定点M 的位置,使得//AM 平面BEF ,证明你的结论.FEDCB A8 ．（2013届北京大兴区一模理科）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，ABC 是等边三角形，D 是BC 的中点．（Ⅰ）求证：A 1B //平面ADC 1；（Ⅱ）若AB=BB 1=2，求A 1D 与平面AC 1D 所成角的正弦值．9 ．（2013届北京市延庆县一模数学理）如图，四棱锥P60=∠ABC ，侧面PAB 是边长为2的正三角形，侧面PAB ⊥(Ⅰ)设AB 的中点为Q ，求证：⊥PQ 平面ABCD （Ⅱ）求斜线PD 与平面ABCD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在侧棱PC 上存在一点M ，使得二面角 C BD M --的大小为 60，求CPCM的值.10．（北京市西城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为正方形，PD PA =，⊥PA 平面PDC ，E 为棱PD 的中点．（Ⅰ）求证：PB // 平面EAC ；（Ⅱ）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ； （Ⅲ）求二面角B AC E --的余弦值．11．（2013北京朝阳二模数学理科试题）如图,四边形ABCD 是正方形,EA ⊥平面ABCD ,EAPD ,22AD PD EA ===,F ,G , H 分别为PB ,EB ,PC 的中点.(Ⅰ)求证:FG平面PED ;(Ⅱ)求平面FGH 与平面PBC 所成锐二面角的大小;(Ⅲ)在线段PC 上是否存在一点M ,使直线FM 与直线PA 所成的角为60?若存在,求出线段PM 的长;若不存在,请说明理由.12．（北京市通州区2013届高三上学期期末考试理科数学试题 ）如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ，AC =BC =2，AB =CC 1=4，M 是棱CC 1上一点． （Ⅰ）求证：BC ⊥AM ； （Ⅱ）若N 是AB 上一点，且1AN CMAB CC =，求证： CN //平面AB 1M ； （Ⅲ）若52CM =，求二面角A -MB 1-C 的大小．13．（北京市房山区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）（本小题满分14分）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =，E 为1BB 中点.（Ⅰ）证明：1AC D E ⊥；（Ⅱ）求DE 与平面1AD E 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱AD 上是否存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E ？若存在，求DP 的长；若不存在，说明理由.A DBCPEFGHABCA 1B 1C 1MND 1C 1B 1A 1ED CBA14．（2013北京顺义二模数学理科试题及答案）如图,在长方体1111D C B A ABCD -中,11==AD AA ,E 为CD 的中点,F 为1AA 的中点.(I)求证:⊥1AD 平面E B A 11; (II)求证://DF 平面E AB 1;(III)若二面角11A E B A --的大小为45,求AB 的长.1B15．（2013届北京西城区一模理科）在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB //CD ，BC AB 2=，60ABC ︒∠=，AC FB ⊥．A 1B 1ECBD 1C 1AD（Ⅰ）求证：⊥AC 平面FBC ；（Ⅱ）求BC 与平面EAC 所成角的正弦值；（Ⅲ）线段ED 上是否存在点Q ，使平面EAC ⊥平面QBC ？证明你的结论．16．（北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）在长方体1111ABCD-A B C D 中，12AA =AD=，点E 在棱CD 上，且13CE=CD ． （Ⅰ）求证：1AD ⊥平面11A BD ；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在点P ，使DP ∥平面1B AE ？若存在，求出线段AP 的长；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）若二面角11A-B E-A 求棱AB 的长．17．（2013北京海淀二模数学理科试题及答案）如图1,在直角梯形ABCD中,90ABC DAB ∠=∠=,30CAB ∠=,2BC =,4AD =. 把DAC ∆沿对角线AC 折起到PAC ∆的位置,如图2所示,使得点P 在平面ABC 上的正投影H 恰好落在线段AC 上,连接PB ,点,E F 分别为线段,PA AB 的中点.(I) 求证:平面//EFH 平面PBC ;(II)求直线HE 与平面PHB 所成角的正弦值;(III)在棱PA 上是否存在一点M ,使得M 到点,,,P H A F 四点的距离相等?请说明理由.18．（北京东城区普通校2013届高三12月联考理科数学）(本小题满分13分)已知:如图,在四棱锥ABCD P -中,四边形ABCD 为正方形,ABCD PA 面⊥,且2==AB PA ,E 为PD 中点.(Ⅰ)证明:PB //平面AEC ;(Ⅱ)证明:平面⊥PCD 平面PAD ; (Ⅲ)求二面角D AC E --的正弦值PDB ACECDBA图1H E CPBAF图219．（北京市海淀区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，12,AB AC AA ===E 是BC 中点.（I ）求证：1//A B 平面1AEC ；（II ）若棱1AA 上存在一点M ，满足11B M C E ⊥，求AM 的长； （Ⅲ）求平面1AEC 与平面11ABB A 所成锐二面角的余弦值.EC 1B 1A 1CBA20．（北京市海淀区2013届高三5月查缺补漏数学（理））已知正三角形ACE 与平行四边形ABCD 所在的平面互相垂直.又90ACD ∠=,且2CD AC ==,点,O F 分别为,AC AD 的中点. (I) 求证:CF DE ⊥(Ⅱ) 求二面角O DE C --值.21．（2013北京丰台二模数学理科试题及答案）如图(1),等腰直角三角形ABC 的底边AB=4,点D 在线段AC上,DE AB ⊥于E,现将△ADE 沿DE 折起到△PDE 的位置(如图(2)). (Ⅰ)求证:PB ⊥DE;(Ⅱ)若PE ⊥BE,直线PD 与平面PBC 所成的角为30°,求PE 长.图(1) 图(2)22．（2013北京东城高三二模数学理科）如图,△BCD 是等边三角形, AB AD =,90BAD ∠=,将△BCD沿BD 折叠到△'BC D 的位置,使得'AD C B ⊥. (Ⅰ)求证:'AD AC ⊥;(Ⅱ)若M ,N 分别是BD ,CB '的中点,求二面角N AM B --的余弦值.ABCDBCD23．（2011年高考（北京理））如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD,底面ABCD 是菱形,AB=2,60BAD ∠=︒(Ⅰ)求证:BD PAC ⊥平面(Ⅱ)若PA AB =,求PN 与AC 所成角的余弦值;(Ⅲ)当平面PBC 与平面PDC 垂直时,求PA 的长.24．（2013届北京市高考压轴卷理科数学）如图所示,在棱锥P ABCD-中, ⊥PA 平面ABCD ,底面ABCD 为直角梯ACDP形,2,4PA AD DC AB ====且AB //CD ,90=∠BAD,(Ⅰ)求证:PC BC ⊥(Ⅱ)求PB 与平面PAC 所成角的正弦值.25．（2013北京昌平二模数学理科试题及答案）如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是边长为2的正方形,侧面PAD ⊥底面ABCD ,且22PA PD AD ==,E 、F 分别为PC 、BD 的中点. (Ⅰ) 求证:EF //平面PAD ;(Ⅱ) 求证:面PAB ⊥平面PDC ;(Ⅲ) 在线段AB 上是否存在点,G 使得二面角C PD G --的余弦值为13?说明理由. P FEDCBA26．（北京市石景山区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）如图1，在Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，36BC AC ==，．D 、E 分别是AC AB 、上的点，且//DE BC ，将ADE ∆沿DE 折起到1A DE ∆的位置，使1A D CD ⊥，如图2． （Ⅰ）求证： BC ⊥平面1A DC ；（Ⅱ）若2CD =，求BE 与平面1A BC 所成角的正弦值； （Ⅲ） 当D 点在何处时，1A B 的长度最小，并求出最小值．27．（北京市海淀区北师特学校2013届高三第四次月考理科数学）如图所示，正方形D D AA 11与矩形ABCD 所在平面互相垂直，22==AD AB ,点E 为AB 的中点。

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

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

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