空间四边形(平面四边形、三棱锥、四面体)的余弦定理

数学竞赛教案讲义(12)——立体几何第十二章立体几何一、基础知识公理1一条直线。

上如果有两个不同的点在平面。

内．则这条直线在这个平面内，记作：aa．公理2两个平面如果有一个公共点，则有且只有一条通过这个点的公共直线，即若P∈α∩β，则存在唯一的直线m，使得α∩β=m,且P∈m。

公理3过不在同一条直线上的三个点有且只有一个平面。

即不共线的三点确定一个平面．推论l直线与直线外一点确定一个平面．推论2两条相交直线确定一个平面．推论3两条平行直线确定一个平面．公理4在空间内，平行于同一直线的两条直线平行．定义1异面直线及成角：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．过空间任意一点分别作两条异面直线的平行线，这两条直线所成的角中，不超过900的角叫做两条异面直线成角．与两条异面直线都垂直相交的直线叫做异面直线的公垂线，公垂线夹在两条异面直线之间的线段长度叫做两条异面直线之间的距离．定义2直线与平面的位置关系有两种；直线在平面内和直线在平面外．直线与平面相交和直线与平面平行(直线与平面没有公共点叫做直线与平面平行)统称直线在平面外．定义3直线与平面垂直：如果直线与平面内的每一条直线都垂直，则直线与这个平面垂直．定理1如果一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则直线与平面垂直．定理2两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行．定理3若两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也和这个平面垂直．定理4平面外一点到平面的垂线段的长度叫做点到平面的距离，若一条直线与平面平行，则直线上每一点到平面的距离都相等，这个距离叫做直线与平面的距离．定义5一条直线与平面相交但不垂直的直线叫做平面的斜线．由斜线上每一点向平面引垂线，垂足叫这个点在平面上的射影．所有这样的射影在一条直线上，这条直线叫做斜线在平面内的射影．斜线与它的射影所成的锐角叫做斜线与平面所成的角．结论1斜线与平面成角是斜线与平面内所有直线成角中最小的角．定理4(三垂线定理)若d为平面。

专专8.3空间几何中的平行、垂直一、单选题1. 设,l m 表示两条不同的直线，,αβ表示两个不同的平面，Q 表示一个点，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )①,Q l Q l αα∈⊂⇒∈②,l m Q m l ββ⋂=⊂⇒⊂③//,,,l m l Q m Q m ααα⊂∈∈⇒⊂④,αβ⊥且,,,m Q Q l l l αββαβ⋂=∈∈⊥⇒⊂A. ①②B. ①③C. ②④D. ③④ 2. 如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（ ）A. 直线1A D 与直线1D B 垂直，直线//MN 平面ABCDB. 直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC. 直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD. 直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B3. 如图A ，B ，C ，D 为空间四点，在ABC 中，2AB =，2AC BC ==，等边三角形ADB 以AB 为轴旋转，当平面ADB ⊥平面ABC 时，CD =( )A. 3B. 2C. 5D. 14. 如图，四边形ABCD 中，//AD BC ，AD AB =，45BCD ︒∠=，90BAD ︒∠=，将ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，则在三棱锥A BCD -中，下列命题正确的是( )A. 平面ABD ⊥平面ABCB. 平面ADC ⊥平面BDCC. 平面ABC ⊥平面BDCD. 平面ADC ⊥平面ABC二、多选题 5. 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为线段1B C 上一动点，则( )A. 直线1BD ⊥平面11AC DB. 异面直线1B C 与11A C 所成角为45︒C. 三棱锥11P A DC -的体积为定值D. 平面11AC D 与底面ABCD 的交线平行于11A C6. 如图所示，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻转成1A DE ，若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻转过程中，下列命题正确的是( )A. ||BM 是定值B. 点M 在球面上运动C. 一定存在某个位置，使1DE A C ⊥D. 一定存在某个位置，使//MB 平面1A DE7. 如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点(不含端点)，将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点(不含端点)，则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的有( )A. B 、E 、C 、F 四点不共面B. 存在点F ，使得//CF 平面BAEC. 三棱锥B ADC -的体积为定值D. 存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直三、填空题 8. 《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的阳马P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且22BC DC PA ==，AM PD ⊥于M ，MN PD ⊥，MN 与PC 交于点.N 则(1)AM 与CD 的关系__________(填“垂直”或“平行”)；(2)PN PC=__________. 9. 如图，在正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，G 是EF 的中点.现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为.H 下列说法错误的是__________(将符合题意的选项序号填到横线上).①AG EFH ⊥所在平面；②AH EFH ⊥所在平面；③HF AEF ⊥所在平面；④HG AEF ⊥所在平面.10. 如图，在Rt ABC 中，1AC =，BC x =，D 为斜边AB 的中点．将BCD 沿直线CD 翻折．若在翻折过程中存在某个位置，使得CB AD ⊥，则x 的取值范围是__________.11. 如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，BD AC O ⋂=，M 是线段1D O 上的动点，过点M 作平面1ACD 的垂线交平面1111A B C D 于点N ，则点N 到点A 距离的最小值为__________.四、解答题12. 在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，1B C 的中点．(1)求证：//EF 平面11AB C ；(2)求证：平面1AB C ⊥平面1.ABB13. 在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，111.AB B C ⊥求证：(1)//AB 平面11A B C ；(2)平面11ABB A ⊥平面1.A BC14. 如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，PA 是四棱锥P ABCD -的高，,,E F M 分别为,,AB CD PD 的中点．(1)求证：平面//AMF 平面PEC ；(2)若24PA AB BC ===，求多面体PECFMA 的体积.15. 如图，四边形ABCD 为菱形，60.ABC PA ︒∠=⊥平面ABCD ，E 为PC 中点． ()Ⅰ求证：平面BED ⊥平面ABCD ；()Ⅱ求平面PBA 与平面EBD 所成二面角(锐角)的余弦值．16. 如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11AC A C ⊥平面ABC ，ABC=90︒∠，BAC=30︒∠，11==AC A A AC ，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．()Ⅰ证明：EF BC ⊥；()Ⅱ求直线EF 与平面1BC A 所成角的余弦值．17. 如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，,M N 分别为11,BC B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于.F(1)证明：1//AA MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；(2)设O 为111A B C 的中心，若6AO AB ==，//AO 平面11EB C F ，且3MPN π∠=，求四棱锥11B EB C F -的体积．18. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，2AB AC ==，12BC AA ==，O ，M 分别为BC ，1AA 的中点．(1)求证：//OM 平面11CB A ；(2)求点M 到平面11CB A 的距离．19. 如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，13AA =，M 为BC 的中点，N 在线段1AA 上.(1)设1=AN NA λ，当λ为何值时，11//?MN ACB 平面 (2)若1AN =，求直线MN 与直线11A C 所成角的正弦值.20. 如图，在四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为平行四边形，PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =，(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：//GH 平面PAD ；(2)求证：PA ⊥平面PCD ；(3)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值．答案和解析1.【答案】D解：①Q α∈，l α⊂，点Q 可以不在直线l 上，故A 错误； ②直线l 可以只有一点在面内，故B 错误；③因为//l m ，l α⊂，若m 不在平面α内，//m α，由Q m ∈， 可得Q 在平面α外，这与可点Q α∈相矛盾，故C 正确； ④αβ⊥且m αβ⋂=，Q β∈，Q l ∈，l l αβ⊥⇒⊂， 由面面垂直的性质定理知D 正确.故选.D2.【答案】A解：连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊂/平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面.ABCD因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD ，则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B ，D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥， 1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥， 且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项C 错误，选项A 正确. 故选.A3.【答案】B解：由题意，取AB 的中点E ，连接DE ，CE ，因为三角形ADB 为等边三角形，所以DE AB ⊥，当平面ADB ⊥平面ABC 时，且平面ADB ⋂平面ABC AB =，又DE ⊂平面ADB ，所以DE ⊥平面ABC ，又CE ⊂平面ABC ，所以DE EC ⊥，又2AB =，2AC BC ==， 所以222AC BC AB +=，所以AC BC ⊥，又BE AE =，所以112CE AB ==， 又332322DE BD ==⨯=， 所以此时2231 2.CD DE CE =+=+=故选.B4.【答案】D解：在四边形ABCD 中，//AD BC ，AD AB =，45BCD ︒∠=，90BAD ︒∠=， BD CD ∴⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，CD ⊂平面BCD ， 故CD ⊥平面ABD ，则CD AB ⊥，又AD AB ⊥，AD CD D ⋂=，AD ，CD ⊂平面ADC ，AB ∴⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面.ADC故选.D5.【答案】ACD解：在A 中，1111A C B D ⊥，111AC BB ⊥，1111B D BB B ⋂=，11B D ，1BB ⊂平面11BB D ， 11A C ∴⊥平面11BB D ，1BD ⊂平面11BB D ，111AC BD ∴⊥，同理，11DC BD ⊥，1111A C DC C ⋂=，11A C ，1DC ⊂平面11AC D ，∴直线1BD ⊥平面11AC D ，故A 正确;对于B ，易知11//A D B C ，在11A DC 中，1111A D DC AC ==，可得11A DC 为正三角形，异面直线1BC 与11A C 所成角为60︒，故B 错误;对于C ，11//A D B C ，1A D ⊂平面11AC D ，1B C ⊂/平面11AC D ，1//B C ∴平面11AC D ， 点P 在线段1B C 上运动，P ∴到平面11AC D 的距离为定值，又11AC D 的面积是定值，∴三棱锥11P A C D -的体积为定值，故C 正确；对于D ，设平面11AC D 与底面ABCD 的交线为m ，11A C 是平面11AC D 和平面1111A B C D 的交线，平面//ABCD 平面1111A B C D ，所以11//A C m ，故D 选项正确.故选.ACD6.【答案】ABD解：A 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，1A DE MNB ∠=∠，112MN A D ==定值，NB DE ==定值，根据余弦定理得，2222cos MB MN NB MN NB MNB =+-⋅⋅∠，||BM ∴是定值，B 对，B 是定点，M ∴是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，C 错，当矩形ABCD 满足AC DE ⊥时存在，其他情况不存在，D 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，因为MN ⊂/平面1A DE ，1A D ⊂平面1A DE ，所以//MN 平面1A DE ，同理//BN 平面1A DE ，又MN NB N ⋂=，∴平面//MNB 平面1A DE ，MB ⊂平面MNB ，//MB ∴平面1.A DE故选.ABD7.【答案】AB解：对于A ：假设直线BE 与直线CF 在同一平面上，所以：点E 在平面BCF 上，又点E 在线段BC 上，BC ⋂平面BCF C =，所以点E 与点C 重合，与点E 异于C 矛盾，所以直线BE 与CF 必不在同一平面上，即B 、E 、C 、F 四点不共面，故A 正确； 对于B ：当点F 为线段BD 的中点时，12EC AD =，再取AB 的中点G ， 则//FG AD 且12FG AD =， 则//EC FG ，且EC FG =，所以：四边形ECFG 为平行四边形，所以//FC EG ，又因为,EG ABE FC ABE ⊂⊄平面平面，则：直线//CF 平面BAE ，故B 正确；对于C ：由题B ADC V -，底面ACD 的面积不变，但E 的移动会导致点B 到平面ACD 的距离在变化，所以B ADC V -的体积不是定值，故C 错误；对于D ：过点B 作BO AE ⊥于O ，由于平面BAE ⊥平面AECD ，平面BAE ⋂平面AECD AE =，所以BO ⊥平面AECD ，过点D 作DH AE ⊥于H ，因为平面BAE ⊥平面AECD ，平面BAE ⋂平面AECD AE =，所以DH ⊥平面BAE ，又因为BE ABE ⊂平面，所以DH BE ⊥，若存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，DH ⊂平面AECD ，DC ⊂平面AECD ，DH DC D ⋂=，所以BE ⊥平面AECD ，所以E 和O 重合，与ABE 是以点B 为直角的三角形矛盾，所以不存在点E ，使得直线BE 与直线CD 垂直，故D 错误．故选：.AB8.【答案】垂直23解：(1)由题意易得CD ⊥平面PAD ，所以CD AM ⊥，又AM PD ⊥于M ，CD PD D ⋂=，进而得AM ⊥平面PCD ，得.AM CD ⊥(2)设BC DC PA a ===，则PD ==，Rt PAD中，PM PA PA PD ==，则PM =， 易得CD ⊥平面PAD ，因为MN PD ⊥，所以//MN CD ，得2.3PN PM PC PD === 故答案为(1)垂直；2(2).39.【答案】①③④解：折之前AG EF ⊥，CG EF ⊥，折之后也垂直，所以EF ⊥平面AHG ，折之前B ∠，D ∠，C ∠均为直角，折之后三点重合， 所以折之后AH ，EH ，FH 三条直线两两垂直，所以AH EFH ⊥所在平面，②对；同时可知AH HG ⊥，又HF AEH ⊥所在平面，过AE 不可能做两个平面与直线HF 垂直，③错； 如果HG AEF ⊥所在平面，则有HG AG ⊥，与②中AH HG ⊥矛盾，④错；若AG EFH ⊥所在平面，则有AG HG ⊥，与②中AH HG ⊥矛盾，所以①也错．故答案为①③④.10.【答案】(0,3] 解：由题意得，212x AD CD BD +===，BC x =， 取BC 中点E ，翻折前，在图1中，连接DE ，CD ，则12DE =，1AC =， 翻折后，在图2中，此时 .CB AD ⊥BC DE ⊥，BC AD ⊥，DE AD D ⋂=，,DE AD ADE ⊂平面，BC ∴⊥平面ADE ，AE ADE ⊂平面，BC AE ∴⊥，DE BC ⊥，又BC AE ⊥，E 为BC 中点，1AB AC ∴==，2114AE x ∴=-，212x AD +=， 在ADE 中：①221111224x x ++>-，②221111224x x +<+-，③0x >， 由①②③，得0 3.x <<如图3，翻折后，当1B CD 与ACD 在一个平面上，AD 与1B C 交于M ，且1AD B C ⊥，1AD B D CD BD ===，1CBD BCD B CD ∠=∠=∠， 又190CBD BCD B CD ︒∠+∠+∠=，130CBD BCD B CD ︒∴∠=∠=∠=，60A ︒∴∠=，tan 60BC AC ︒=，此时1x ==综上，x 的取值范围为故答案为：11.【答案】2解：由题易知，DO AC ⊥，1D O AC ⊥，1DO D O O ⋂=，DO ，1D O ⊂平面11BDD B ， AC ∴⊥平面11BDD B ，又AC ⊂平面1ACD ，∴平面1ACD ⊥平面11BDD B ， 又MN ⊥平面1ACD ，平面1ACD ⋂平面111BDD B D O =，MN ∴⊂平面11BDD B ，且N 在平面1111A B C D 内，11N B D ∴∈，过N 作11NG A B ⊥，交11A B 于G ，将平面1111A B C D 展开，如图：设NG x =，(01)x ，11NG A B ⊥，1111A D A B ⊥，11//NG A D ∴，又11A D ⊥平面11ABB A ，NG ∴⊥平面11ABB A ，且AG ⊂平面11ABB A ，NG AG ∴⊥， 22221(1)222AN x x x x ∴=+-+=-+21362()222x =-+， 当12x =时，AN 取最小值6.2 故答案为：6.212.【答案】证明：(1)E ，F 分别是AC ，1B C 的中点．所以1//EF AB ，因为EF ⊂/平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以//EF 平面11AB C ；(2)因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以1B C AB ⊥，又因为AB AC ⊥，1AC B C C ⋂=，AC ⊂平面1AB C ，1B C ⊂平面1AB C ， 所以AB ⊥平面1AB C ，因为AB ⊂平面1ABB ，所以平面1AB C ⊥平面1.ABB13.【答案】证明：(1)平行六面体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B ，又AB ⊂平面1111,A B C A B ⊂/平面11A B C ；得//AB 平面11A B C ；(2)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，得四边形11ABB A 是菱形，11.AB A B ⊥在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，1111.AB B C AB BC ⊥⇒⊥ 又1A B BC C ⋂=，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC得1AB ⊥面1A BC ，且1AB ⊂平面11ABB A∴平面11ABB A ⊥平面1.A BC14.【答案】(1)证明：矩形ABCD ，且E ，F 是AB 、CD 中点，//AE CF ∴且AE CF =，∴四边形AECF 是平行四边形，//CE AF ∴，又CE ⊂/面AMF ，AF ⊂面AMF ，//CE ∴平面AMF ；又M 是PD 中点，则//MF PC ，同理可得//PC 平面AMF ，又CE ⊂平面PEC ，PC ⊂平面PEC ，CE PC C ⋂=，∴平面//AMF 平面PEC ；(2)解：棱锥M AFD -的高等于PA 的一半，则多面体PECFMA 的体积 111120(12)44142.32323P AECD M AFD V V V --=-=⨯+⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=15.【答案】()Ⅰ证明：连接AC 交BD 于点O ，连接OE ， 则O 是AC 的中点．又知E 是PC 中点，//EO PA ∴，PA ⊥平面ABCD ，OE ∴⊥平面.ABCD又知OE ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面.ABCD()Ⅱ解：过B 作BM ⊥平面ABCD ，连接PM ，ME ，如图，由()Ⅰ可知，////PA EO MB ，则MB 是平面PBA 与平面EBD 的交线，由BM ⊥平面ABCD ，AB ，BO ⊂平面ABCD ，可得MB AB ⊥，MB BO ⊥，则ABO ∠即平面PBA 与平面EBD 所成二面角的平面角，四边形ABCD 为菱形，60.ABC ︒∠=可知30ABO ︒∠=，3cos cos30.2ABO ︒∠== 所以，平面PBA 与平面EBD 所成二面角(锐角)的余弦值为3.216.【答案】证明：()Ⅰ连结1A E ，11A A A C =，E 是AC 的中点，1A E AC ∴⊥，又平面11A ACC ⊥平面ABC ，1A E ⊂平面11A ACC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，1A E ∴⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，1A E BC ∴⊥，1//A F AB ，90ABC ︒∠=，1BC A F ∴⊥，111A E A F A ⋂=，1A E 、1A F ⊂平面1A EF ，BC ∴⊥平面1A EF ，又EF ⊂平面1A EF ，EF BC ∴⊥；解：()Ⅱ取BC 中点G ，连结EG 、GF ，则1EGFA 是平行四边形，由于1A E ⊥平面ABC ，故1A E EG ⊥，∴平行四边形1EGFA 是矩形，由()Ⅰ得BC ⊥平面1EGFA ，则平面1A BC ⊥平面1EGFA ，EF ∴在平面1A BC 上的射影在直线1A G 上，连结1A G ，交EF 于O ，则EOG ∠是直线EF 与平面1A BC 所成角(或其补角)，不妨设4AC =，则在1Rt A EG 中，123A E =，3EG =，O 是1A G 的中点，故11522A G EO OG ===， 2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∴∠==⨯⨯，∴直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值为3.517.【答案】(1)证明：由题意知111////AA BB CC ，又因为侧面11BB C C 是矩形且M ，N 分别是BC ，11B C 的中点，所以1//MN BB ，1BB BC ⊥，所以1//AA MN ，11MN B C ⊥，又底面为正三角形，所以AM BC ⊥，111A N B C ⊥，又因为1MN A N N ⋂=，1,MN A N ⊂平面1A AMN ，所以11B C ⊥平面1A AMN ，又11B C ⊂平面11EB C F ，所以平面11EB C F ⊥平面1.A AMN(2)解：因为//AO 平面11EB C F ，AO ⊂平面1A NMA ，平面1A NMA ⋂平面11EB C F NP =， 所以//AO NP ，又因为//NO AP ，所以6AO NP ==，3ON AP ==， 过M 作MH NP ⊥，垂足为H ，因为平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN ，所以MH ⊥平面11EB C F ，因为3MPN π∠=，所以sin33MH PM π=⋅=， 在ABC 中，EF AP BC AM = 可得2AP BC EF AM⋅== ， 11111()242EB C F S B C EF NP =+⋅=四边形， 又//BC 平面11EB C F ，所以1111B EB C F M EB C F V V --=11124.3EB C F S MH =⋅⋅=18.【答案】(1)证明：如图，连接1BC ，交1CB 于点N ，连接1A N ，.ON 则N 为1CB 的中点，又O 为BC 的中点，1//ON BB ∴，且112ON BB =， 又M 为1AA 的中点，11//MA BB ∴，且1112MA BB =， 1//ON MA ∴且1ON MA =，∴四边形1ONA M 为平行四边形，1//OM NA ∴，又1NA ⊂平面11CB A ，OM ⊂/平面11CB A ，//OM ∴平面11.CB A(2)解：如图，连接AO ，1OB ，1.ABAB AC =，O 为BC 的中点，AO BC ∴⊥， 又直三棱柱111ABC A B C -中，平面11CBB C ⊥平面ABC ，平面11CBB C ⋂平面ABC BC =，AO ⊂平面.ABCAO ∴⊥平面11.CBB C由(1)可知//OM 平面11CB A ，∴点M 到平面11CB A 的距离等于点O 到平面11CB A 的距离，设其为d ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，由AB AC ==12BC AA ==可得，1AO =，11A B =1AC =1BC=，11CB A ∴是直角三角形，且1112CB A S = 由11111_{_}O CB A A A COB V V COB V --=-=得：111111213332COB d S AO =⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，故d =即点M 到平面11CB A19.【答案】解：(1)连接1BC ，交1CB 于点O ，则O 为1CB 的中点，连接1A O ，MO因为M 为BC 的中点，所以1//MO BB ，所以1//MO NA ，从而M ，O ，1A ，N 四点共面.因为//MN 平面11A CB ，MN ⊂平面1MOA N ，平面1MOA N ⋂平面111=ACB AO ， 所以1//.MN AO又1//MO NA ，所以四边形1MOA N 为平行四边形， 所以1111122NA MO BB AA ===， 所以1=1.AN NA (2)因为11//A C AC ，所以直线MN 与直线11A C 所成角即为直线MN 与直线AC 所成角或者其补角. 取AB 的中点G ，连接,MG NG ，M 为BC 的中点，易得//AC GM ，则所求角为GMN ∠或者其补角GMN 中，112GM AC ==， 222GN AG AN =+=，222MN AM AN =+=由余弦定理可得1423cos 2124GMN +-∠==⨯⨯， 则7sin 4GMN ∠=， 所以，直线MN 与直线11A C 所成角的正弦值为7.420.【答案】证明：(1)如图：证明：连接BD ，由题意得AC BD H ⋂=，BH DH =，又由BG PG =，得//GH PD ，GH ⊂/平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，//GH ∴平面PAD ；(2)证明：取棱PC 中点N ，连接DN ，依题意得DN PC ⊥， 又平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC ⋂平面PCD PC =，DN ⊂平面PCD ， DN ∴⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，DN PA ∴⊥，又PA CD ⊥，CD DN D ⋂=，CD ⊂平面PCD ，DN ⊂平面PCD ，PA ∴⊥平面PCD ；(3)解：连接AN ，由(2)中DN ⊥平面PAC ，知DAN ∠是直线AD 与平面PAC 所成角， PCD 是等边三角形，2CD =，且N 为PC 中点， 3DN ∴=，又DN ⊥平面PAC ，AN PAC ⊂平面，DN AN ⊥，在Rt AND 中，3sin .3DN DAN DA ∠== ∴直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为3.3。

第二十二章一般四面体的性质及应用【基础知识】四面体是三角形在空间的直接推广,三角形的很多性质及其证法可以推广到四面体上去．四面体的许多性质可以借助于平行六面体来证．性质1任意四面体六个内二面角的平分面交于一点,这点到四面体四个面的距离相等,该点称为四面体的内切球球心（简称四面体的内心）．内切球与四面体四个面内切． 若四面体ABCD 的体积为V ,顶点A 所对的侧面面积为A S ,类似地有B S ,C S ,D S （后面所设均同此）,其内切球半径记为r ,则3A B C DVr S S S S =+++．性质2任意四面体六条棱的垂直平分面交于一点,这点到四面体四顶点的距离相等,该点称为四面体的外接球球心（简称四面体的外心）．外接球通过四面体四顶点． 若四面体ABCD 的体积为V ,其三对对棱的长分别为1a ,a ；1b ,b ；1c ,c ,其外接球半径为R ,则1624Q R V V==注其中Q 即为以三对对棱乘积为边的三角形面积． 性质3任意四面体的四条中线（每一顶点与其对面重心的连线）交于一点,而且每条中线从各该顶点算起都被这点分为31∶之比,这点称为四面体的重心． 性质4任意四面体的共顶点的（二面角的棱共顶点）三个内二面角的平分面与另三个内二面角的补（或外）二面角的平分面交于一点,这点到四面体四个面的距离相等,该点称为四面体的旁切球球心（简称四面体的旁心）,且一个四面体有四个旁心,旁切球与四面体的一个侧面外切,与其他三个侧面的延展面相切．若与四面体ABCD 的顶点A 所对的面外切,与其余三个侧面的延展面相切的旁切球半径记为A r ,类似地有B r ,C r ,D r ,其他记号同前,则 3A B C D A V r S S S S =++-,3B A C D B Vr S S S S =++-,3C A B D C V r S S S S =+++,3D A B C DVr S S S S =+++．性质5（射影定理）四面体任意一个侧面的面积等于其他三个侧面在这个侧面上的射影面积之和．即在四面体ABCD 中,若记AB θ为棱AB 所在的内二面角的大小,其余类同,则有 cos cos cos A B CD C BD D BC S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos B C AD D AC A CD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos C D AB A BD B AD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos D A BC B AC C AB S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅．性质6（余弦定理）四面体任意一个侧面的面积的平方,等于其他三个侧面的面积的平方和减去这三个侧面中每两个面面积及其所夹二面角余弦之积的两倍之和．即在四面体ABCD 中,有22222cos 2cos 2cos A B C D B C AD C D AB B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos B C D A C D AB C A BD D A BC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos C A B D A B CD A D BC B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos D A B C A B AB A C BD B C AD S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅．注顺次用A S ,B S ,C S ,D S 去乘射影定理中各式并相加整理即得以上第一式,其余各式类同．性质7（体积公式一）四面体体积13=倍底面面积与底面上的高的乘积．即11113333A AB BC CD D v S h S h S h S h =⋅=⋅=⋅=⋅．性质8（体积公式二）四面体的体积等于它的任意两个面的面积及其所夹二面角正弦之积的三分之二,除以这两个面的公共棱长．即对四面体ABCD ,有2sin 2sin 2sin 2sin 3333C D AB A D BC A B CD B C DAS S S S S S S S V AB BC CD DAθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====2sin 2sin 33B DAC A C BDS S S S AC BDθθ⋅⋅⋅⋅=． 注由2111sin sin 3332C C C AB C AB h AB V S h S h S ABθθ⋅⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅斜高斜高2sin 3C DAB S S AB θ⋅⋅等即证得． 性质9（体积公式三）四面体的体积等于共顶点的三条棱长乘积与该顶点三面角的特征值乘积的六分之一,即对于四面体ABCD ,若共顶点A 的三条棱长分别为a ,b ,c ,顶点A 处的三个面角分别为α,β,γ则有()1166v abc S A =⋅=16abc =()12ωαβγ=++． 其中()S A =A的三面角的特征值． 注由111sin sin 332V S h ab C γβ=⋅=⋅⋅⋅⋅,即得上述结论．性质10（体积公式四）若记1P ,2P ,3P 分别为四面体相对两棱（互为异面的两条棱）的积的平方,再乘以另外四条棱的平方和与这对棱的平方和的差所得的积；P 为四面体每个面上三条棱的积的平方和,则四面体的体积V =性质11（正弦定理一）在四面体ABCD 中,有（1）sin sin sin sin C D AB A D BC B C DA B D AC AB BC DA ACS S S S S S S S θθθθ===⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅2sin sin 3A B CD A C BD CD BD S S S S Vθθ===⋅⋅⋅⋅；（2）22sin sin sin sin sin sin 9A B C D AB CD AD BC AC BD S S S S AB CD AD BC AC BDVθθθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅===⋅⋅⋅；（3）若()sin A 表示顶点A 处的三棱中,任意两棱上的二面角的正弦与这两条棱夹角的正弦三者的积,余类同,则()()()()22sin sin sin sin 9C A B C D A B DS S S S S S S S A B C D V====．注此性质由性质8即证．性质12（正弦定理二）四面体中各个面上三条棱长的积与其所对三面角的特征值之比都相等,该比值等于六条棱长的积与体积的六倍之比,即对四面体ABCD ,有 ()()()()BC CD BD AC CD AD AB BD AD AB BC ACS A S B S C S D ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅===6AB BC CD BD AC ADV⋅⋅⋅⋅⋅=．注此性质由性质9即证,性质13（对棱所成角公式）四面体一对对棱所成角的余弦等于其他两对对棱平方和之差的绝对值与这对对棱乘积的二倍之比．即对四面体ABCD ,有 ()cos ,AB CD =()()22222BC AD AC BD AB CD+-+⋅；()cos ,BC AD =()()22222AB CD AC BD BC CD+-+⋅；()cos ,AC BD =()()22222BCAD AB DC AC BD+-+⋅；注其证明可参见第18章中例1或补成平行六面体,运用三角形余弦定理及平行四边形的对角线平方和等于四边平方和即证．性质14（对棱距离公式）若a 和1a ,b 和1b ,c 和1c 是四面体的三对对棱长,三对对棱之间的距离分别记为()1,d a a ,()1,d b b ,()1,d c c ,则 ()112,Vd a a =；()1,d b b =()1212,Vd c c =．注补成平行六面体证．性质15若四面体的一对对棱长分别为a ,1a ,这对对棱间的距离为d ,对棱所成的角为θ,则四面体的体积V 为11sin 6V aa d θ=⋅． 性质16（二面角平分面定理）四面体二面角的内（或外）平分面分所对的棱得两条线段和这个二面角的两个面的面积对应成比例．性质17（空间张角公式）设过四面体ABCD 的棱BC 的截面EBC 交所对的棱AD 于E ,二面角A BC E --,E BC D --的大小分别为1θ,2θ,则()1212sin sin sin EBCDBC ABCS S S θθθθ+=+△△△． 性质18（空间莱布尼兹公式）设四面体ABCD 的六条棱长分别为a ,b ,c ,d ,e ,f ,G 为其重心,P 为空间中任一点,则()()2222222222211416PG PA PB PC PD a b c d e f =+++-+++++ 性质19（空间塞瓦定理）设E ,F ,G ,H ,M ,N 分别为四面体ABCD 的棱CD ,DB ,BC ,AD ,AB ,AC 上的点,若六个平面ABE ,ACF ,ADG ,BCH ,CDM ,DBN 共点,则 1CE DH AM BGED HA MB GC⋅⋅⋅= 性质20（空间梅涅劳斯定理）平面KLMN 交四面体ABCD 的棱AB ,BD ,CD ,AC 于K ,L ,M ,N ,则1AK BL DM CNKB LD MC NA⋅⋅⋅=． 证明设四边形KLMN 是四面体ABCD 被平面α所截的截面,1AA ,1BB ,1CC ,1DD 是平面α的垂线（1A ,1B ,1C ,1D 分别为垂足）．考察棱AB 与平面α相交的部分,显然11AA K BB K △△≌,则11AA AK KB BB =．同理,11BB BL LD DD =,11DD BM MC CC =,11CC CN NA AA =． 以上四式两边相乘即证．性质21（空间斯特瓦尔特定理）在四面体ABCD 中．AD BC ⊥,过棱BC 作截面BCE 交棱AD 于E ,则222214BCE ABC BCD DE AE S S S BC AE DE AD AD =⋅+⋅-⋅⋅△△△．证明如图221-,作AF BC ⊥于F ,连BF ,DF ．注意到AD BC ⊥,知BC ⊥面ADF ,所以BC EF ⊥,BC EF ⊥．记AEF α∠=． 在AEF △中,由余弦定理,有2222cos AF EF AE AE EF α=+-⋅⋅． 上式两边同乘以2BC 后,整理得222244cos 4BCE ABCBCES BC AE S AE BC S α+⋅-=⋅⋅△△△． 同理在DEF △中,有222244cos 4BCE BCDBCES BE DE S DE BC S α+⋅--=⋅⋅△△△．由上述两式消去α,整理便证得结论．推论1当ABC BCD S S =△△时,有22214BCE ABCS S BC AE DE =-⋅⋅△△． 推论2当E 为AD 中点时,有222221112216BCE ABC BCD S S S BC AD =+-⋅△△△ 推论3当面BCE 平分二面角A BC D --时,有2214BCE ABC BCD S S S BC AE DE =⋅-⋅⋅△△△． 事实上,由ABC EABC BCD EBCD S V AE S V DE ==△△,有BCD ABC BCD S DE AD S S =+△△△,ABC ABC BCD S AECD S S =+△△△．由此即证．推论4当AEk ED=时,有 ()222222111141BCE ABC BCD k k S S S AD BC k k k =+-⋅⋅⋅+++△△△． 性质22四面体ABCD 中,E ,F ,G ,H 分别在棱AB ,BC ,CD ,DA 上,且1AE EB λ=,2BFFCλ=, 3CG GD λ=,4DHHA λ=,则内接四面体EFGH 的体积与四面体ABCD 的体积之间有关系式 ()()()()1234123411111EFGH ABCDV V λλλλλλλλ⋅⋅⋅-=⋅++++．证明连ED ,BG ,得四棱锥E FBDG -,G EBDH -．在CBD △,ABD △中,有 ()()33232311111CFG CBD S CF CG S CB CD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△, ()()11141411111AEH ABD S AF AH S AB AD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△, ()()23223111FBDG CBD CFG CBD CBD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△, ()()14414111ABD AFH EBDH ABD ABD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△． 又()()()2321231111G FBDG FBDG ACBD CBD V S BE V S AB λλλλλλ-++=⋅=+++△ ()()()1441341111G EBDH EBDH CABD ABD V S GD V S CD λλλλλλ-++=⋅=+++△, ()()13111EBDG BDG ABDC BDC V S BE DG BE V S AB DC AB λλ=⋅=⋅=++△△． 设六面体EGFBDH 的体积为V ',则()()()()124224142324241231411111E FBDG G EBDH EBDG V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++设六面体FHEACG 的体积为V '',则()()()()123134121334131231411111F GCAH H FCAE HACF V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++当B ,F 在平面EHG 的同侧时,有()EFGH ABCD V V V V '''=+-． 当C ,F 在平面EHG 的同侧时,有()EFGH ABCD V V V V '''==+． 综合,得()EFGH ABCD V V V V '''=-+．即证． 注由此性质可得E ,F ,G ,H 共面的充要条件是1AE BF CG DH EB FC GD HA⋅⋅⋅=． 【典型例题与基本方法】例1已知三棱锥S ABC -的底面是正三角形,A 点在侧面SBC 上的射影H 是SBC △的垂心,二面角H AB C --的平面角等于30︒,SA =求三棱锥S ABC -的体积．（1999年全国高中联赛题）FOCBE HS图22-2A解如图222-,由题设,知AH ⊥面SBC ,作BH SC ⊥于E ,则由三垂线定理知SC ⊥面ABE ．设S 在面ABC 的射影为O ,则SO ⊥面ABC ．由三垂线定理的逆定理,可知CO AB ⊥于F ．同理,BO AC ⊥．故O 为ABC △的中心,从而SA SB SC ===又CF AB ⊥,CF 是EF 在面ABC 上的射影,由三垂线定理知EF AB ⊥,所以EFC ∠是二面角H AB C --的平面角,故30EFC ∠=︒,cos 6030OC SC =⋅︒=︒,tan 603SO OC =⋅︒=．又OC AB =,则3AB ==,所以,21333S ABC V -=⋅= 例2证明：任意一个四面体总有一个顶点,由这个顶点出发的三条棱可以构成一个三角形的三边．（IMO 10-试题）证明利用反证法来证,设四面体ABCD 中AB 是最长的棱,如果任意一个顶点出发的三条都不能构成一个三角形,则对由A 出发的三条棱,有AB AC AD +≥．又对由B 出发的三条棱,有BA BC BD +≥．两式相加,得2AB AC AD BC BD +++≥．()*但在ABC △与ABD △中,有AB AC BC <+,AB AD BD <+．此两式相加,有 2AB AC AD BC BD <+++． 上式与()*式矛盾,故原结论获证．注和这道试题类似的命题还有（1）任意四面体的三组对棱之和可以构成一个三角形的三边； （2）任意四面体的三组对棱之积可以构成一个三角形的三边；（波兰1975～1976年竞赛题）（3）任意四面体的三组对棱的平方和可以构成一个三角形的三边．例3若一个四面体恰有一棱之长大于1,求证这四面体的体积18V ≤．图22-3BC证明如图223-,设AB 是这个四面体的最长的棱,则ACD △,BCD △的边长不大于1．作BCD △的高BE 和ACD △的高AF ,则BE,AF 不大于（其中1a ≤表示CD 的长度）,四面体的高AO h AF =-≤所以111332BCD V h S a =⋅△≤()21424a a =-, 而()()()()22431213a a a a a -=---+-≤,故当1a =时,()24a a -取最大值3,故31248V =≤． 例4证明：在四面体中至多有一个顶点具有如下性质：该顶点处的任何两个平面角之和都大于180︒．（第22届莫斯科竞赛题）证明假定顶点A 和B 都具备所述的性质,则有180CAB DAB ∠+∠>︒及180CBA DBA ∠+∠>︒,但是作为CAB △和DAB △的全部6个内角之和也只有180180︒+︒,此为矛盾,从而原结论获证．例5设d 是任意四面体的相对棱间距离的最小值,h 是四面体的最小高的长．证明2d h >．（第24届全俄竞赛题）图22-4H G lF EBDAC证明如图224-,为确定起见,假定h 是四面体ABCD 中由顶点A 所引出的高,而d 是棱AB 和CD 之间的距离．经过顶点B 引直线l CD ∥,过点A 作平面垂直于棱CD 交CD 于F ,交l 于E ,于是AEF △的高AH 和FG 就分别等于h 和d ．由于AEF △的第三条高等于四面体ABCD 的某一条高,所以其值不小于h ,因此AF EF ≤,且2h AH AE AF FE d FG FE FE+==<≤,此即为所证． 例6试证：过四面体相对棱的中点的任一截面平分四面体的体积．（IMO 29-预选题）OF E P QNMA BCD图22-5证法1如图225-,设M 和P 分别是四面体ABCD 的棱AC 和BD 的中点,MNPQ 是四面体ABCD 的一个包含线段MP 的截面,因为P 为BD 的中点,则BCP CDP S S =△△,即有ABCP ACDP V V =．因此,要证截面MNPQ 将四面体ABCD 分成体积相等的两部分,只要证明AMNP V 与OMPQ V 相等就可以了．由N 和Q 分别作平面APC 的垂线,垂足分别为E ,F ,如图225-．因为M 为AC 的中点,则有APM CPM S S =△△,故要证AMNP CMPQ V V =,只要证NE FQ =即可．设MP 与NQ 交于点O ,易证E ,O ,F 三点共线．要证NE FQ =,只要证明NO OQ =就可以了（通过Rt Rt NEO QFO △△≌得到）． 为此,考察两个平行平面,异面直线AB 和CD 分别在这两个平面上（如图226-）．N OP M QBDCA图22-6因为MP 是连接AC ,BD 中点的线段,所以它在与上述两平面平行的平面上,这个平面到两已知平面的距离相等．由于线段NQ 与MP 相交于O ,所以O 等分线段NQ ,即有NO OQ =．故结论获证． 注上述证明中,没有对截面MNPQ 的形状进行讨论．若对其形状进行讨论,则有下述两种证法． 证法2如图227-,设M ,P 分别是四面体ABCD 的对棱AC ,BD 的中点．图22-7ADG当截面是平行四边形或特殊三角形时,证明比较简单（略）． 当截面是一般四边形MNPQ 时． 由AM CM =,有A MNPQ C MNPQ V V --=又在ABC △中,对截线MNG 应用梅涅劳斯定理,有1AM CG BNMC GB NA⋅⋅=． 从而,有1CG BNGB NA⋅=． 同理,在BCD △中,有1BP DQ CG PD QC GB ⋅⋅=,即1DQ CGQC GB ⋅=． 于是BN DQ NA QC =,得BN DQBA DC=． 又1C BPN Q APD V BN CDV BA QD--⋅==⋅,即C BPN Q APD V V --=． 故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ---+=+一．证毕．证法3前面同证法2,下证截面为一般四边形MNPQ 时的情形．记A d 表示顶点A 到截面MNPQ 的距离（其余类同）,设N 分AB 的比为m n ∶．则由M ,P 分别是AC ,BD 的中点,可知Q 点分CD 的比C A D B d d CQ AN mQD d d NB n ====． 由A C d d =,有A MNPQ C MNPQ V V --=．又13113APD Q APDQ APD C BPNBPN C APD S d V AB QD m n n V NB CD n m n S d ----⋅+==⋅=⋅=+⋅△．即Q APD C BPN V V --=．故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ----+=+．例7如图228-,设四面体1234A A A A 的外接球与内切球的半径分别为R 与r ,则3R r ≥．图22-843A 2A证明设O 为四面体的外心,i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤,球心O 到i A 所对的面的距离为(14)i d i ≤≤,四面体体积为V ,过顶点1A 的高11A H h =,则易知1111d OA d R h +=+≥,从而()111113S d R S h V +⋅=≥,即1111133S d S R V ⋅+⋅≥．同理2221133S d S R V ⋅+⋅≥,3331133S d S R V ⋅+≥, 4441133S d S R V +⋅≥． 以上四式相加,并注意()1122334413S d S d S d S d V ⋅+⋅++⋅=, 有4113i i V R S V =+⋅∑≥4,即419i i R S V =⋅∑≥．因4113i i V r S ==⋅∑,从而44113i i i i R S r S ==⋅⋅∑∑≥,即3R r ≥．例8在四面体1234A A A A 中,顶点i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤,侧面面积为k S ,j S 的两侧面所夹的内二面角的大小记为,k j()14k j <≤≤,棱k j A A 的中点记为kj M ,含点kj M 与另两顶点（不含顶点k A ,j A ）的三角形称为四面体的一个中线面（或一棱与对棱中点的面）,这个中线面的面积记为kj S ()14k j <≤≤,则()22212cos ,4kj k j k j S S S S S k j =++⋅⋅,其中k ,j 满足14k j <≤≤．证明对四面体1234A A A A ,由性质6,有223434131423242cos 3,4cos 1,3cos 1,42,32,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅及221212131423242cos 1,2cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅．亦即13142324cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S ⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅2212122cos 1,2S S S S =+-⋅⋅．对四面体13412A A A M 和四面体23412A A A M 分别运用性质6,有2222123423411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3242112cos 2,32cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅⋅,2222123413411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3141112cos 1,32cos 1,422S S S S ⋅⋅⋅-⋅⋅⋅上述两式相加,并将前面结果代入,有()22222123412131412cos 1,3cos 1,42S S S S S S S S S =+++-⋅⋅-⋅-232434cos 2,3cos 2,4cos 3,4S S S S S S ⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅2212131411cos 1,3cos 1,422S S S S S S =+-⋅⋅-⋅-232411cos 2,3cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅()222212121212cos 1,22S S S S S S =+-+-⋅ ()2212121cos 1,22S S S S =++⋅． 故()22212121212cos 1,24S S S S S =++⋅⋅． 同理,得()22212cos ,4kj k j k j S S S S s k j =++⋅⋅． 注由性质5,有421412cos ,k j t k j i S S k j S =⋅⋅=∑∑≤≤≤,则推知()22214141412cos ,4kj k j k jk j k j k j S S S S S k j <<⎡⎤=++⋅⋅⎢⎥⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤≤≤ 444222111134i i i i i i S S S ===⎛⎫=+= ⎪⎝⎭∑∑∑ 例9设G 为四面体1234A A A A 的重心,则222222221232434213143444GA A A A A A A GA A A A A A A +++=+++ 222222223121424412132344GA A A A A A A GA A A A A A A =+++=+++21434k j k j A A =∑≤≤≤．43图22-9证明如图229-,连A ,G 并延长交面234A A A 于点1G ,则1G 是234A A A △的重心,连21A G 并延长交34A A 于M ,则M 是34A A 的中点．连1A M ,对12A A M △及点1G 应用斯特瓦尔特定理,有2221121211212211AG A M A A MG A M A G A M A G MG ⋅=⋅+⋅-⋅⋅．而21121A G G M =∶∶,则2222111212122339AG A A A M A M =+-．()* 由三角形中线公式,有 ()224211212341124A M A A A A A A =+-,()222222324341124A M A A A A A A =+-, 并将其代入()*,有()()2222222111213142324341139AG A A A A A A A A A A A A =++-++． 从而()()222222232221111213142324342324343314164GA A G A A A A A A A A A A A A A A A A A A ⎛⎫==+++++-++ ⎪⎝⎭． 故22222123243414344k j k j GA A A A A A A A A <+++=∑≤≤．同理可证其他三式均等于例10设R ,r 分别为四面体1234A A A A 的外接球半径与内切球半径,i h 为顶点i A 到所对面的距离,内切球切各顶点i A 所对的面于i A '(1234)i =，，，．求证： （Ⅰ）21416k j k j A A R <∑≤≤≤；（Ⅱ）4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤（Ⅲ）422164i i h r =∑≥；（Ⅳ）141419nk j k j i k j k j i A A A A X <<=''∑∑∑≤≤≤≤≤．证明（Ⅰ）设O ,G 分别为四面体1234A A A A 的外心和重心,延长1A G ,交面234A A A 于1G ,则1G 为234A A A △的重心,连21A G 交34A A 于M 点,则M 点为34A A 中点,如图229-．由例9中证明,知2222222111213142324341[3()()]9AG A A A A A A A A A A A A =++-++．同理,在四面体234OA A A 中,有222222212342324341[3()()]9OG OA OA OA A A A A A A =++-++．()222223243419R A A A A A A =-++由于G 为四面体重心,由性质3,知1131A G GG =．于是,在11AOG △中,对点G 应用斯特瓦尔特定理,有 ()222211111[433]16OG OG OA AG =+- 2222222121314232434116()()16R A A A A A A A A A A A A ⎡⎤=-++-++⎣⎦． 由于20OG ≥,故21416k j k j A A R <∑≤≤≤．（Ⅱ）显然11AG h ≥,则()()22222221121314232434139h A A A A A A A A A A A A ⎡⎤++-++⎣⎦≤． 同理,对2h ,3h ,3h 也有类似于上述的不等式． 此四式相加,得4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤．（Ⅲ）由13i i V S h =()1,2,3,4i =,则有4411113i i i iS h V ===∑∑又由4113i i V S r ==⋅∑,则4111i ih r ==∑．由14411234114i i h h h h h =⎛⎫ ⎪⎝⎭∑≥,有()412344h h h h r ≥． 故()()()114222222212341234448h h h h h h h h r r ⎡⎤+++=⎣⎦≥≥4．（Ⅳ）四面体1234A A A A ''''的外接球半径记为R ',则214116k j k j R A A <'''∑≤≤≥． 又四面体1234A A A A ''''的外接球半径恰是四面体1234A A A A 的内切球半径,故R r '=．于是42222141199********k j ik j i R A A h r R <='=∑∑≤≤≥≥≥≥14k j k j A A <''∑≤≤．故214149k j kj k j k j A A R A A <<'''∑∑≤≤≤≤≥8≥． 例11四面体1234A A A A 中,外接球半径为R ,体积为V ,过顶点k A ,j A 的中线面为()14kj S k j <≤≤．试证：141k j kjS <∑≤≤ 证明设1d ,2d ,3d 与1θ,2θ,3θ分别为三对对棱12A A ,34A A ；13A A ,24A A ；14A A ,23A A 的距离与夹角,则由性质15,有1234111sin 6V A A A A d θ=⋅⋅⋅,亦即113346V d A A A A ⋅≤．同理,有213246V d A A A A ⋅≤,314236Vd A A A A ⋅≥．取34A A 的中点M ,则121212112MA A S S A A d =⋅△≥,同理,可得关于kj S 的不等式,从而412113214323324234111111112k j kj S A A d A A d A A d A A d A A d A A d <⎛⎫+++++ ⎪⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎝⎭∑1≤≤≤122141411633k j k j k j k j A A A A V V<<⎫⎪⎭∑∑≤≤≤≤≤)1221466163RRV=． 例12设四面体1234A A A A 的内心为I ,记k j A IA △的面积为kj S ',顶点i A 所对的面的面积为i S ．试证： 41416kj i k j i S S <='∑≤≤ 证明过I 作1IA '⊥面234A A A 于1A ',作34IN A A ⊥于N ,若记面积为k S ,j S 的两侧面夹角为()14kj k j θ<≤≤,则易见11212A NI θ'∠=．设r 为四面体1234A A A A 的内切球半径,则在1Rt IA N '△中,有121sin 2rIN θ=,则34121212sin 2A A r S θ⋅'=． 由性质8,有1212342sin 3S S V A A θ⋅⋅=,于是消去34A A ,得12121221cos 32S V S S θ'⋅=⋅,注意到4113i i V S r ==⋅∑,则1212124121cos 2ii S S S S θ='''=⋅∑．对上述两边取∑,并用canchy 不等式,有1241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S S θ<<=⎫'=⋅⋅⋅⎪⎭∑∑∑≤≤≤≤ 12241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S θ<<=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤．()* 注意到性质5,有1212313414cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅,即42213121423411cos cos cos 2222i i S S S S θθθ==⋅+⋅+⋅∑,对上式两边同乘以1S 后,再两边取∑,有241141cos 42kj i k j i k j S S S θ=<⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤．又由对称平均不等式,有1421141146i k j i k j S S S =<⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤ 于是,由()*式（将上述结果代入()*式）即有414114kj i k j i S S <='∑≤≤． 例13四面体1234A A A A 的三组对棱乘积的平方和不小于各侧面面积平方和的4倍,即若令12A A a =,34A A a '=,13A A b =,24A A b '=,14A A c =,23A A c '=,顶点i A 所对面的面积为()1234i S i =，，，,则222222222212344()a a b b C C S S S S '''+++++≥,其中等号当且仅当各对棱的平方和相等．证明对234A A A △应用海伦一秦九韶公式,有()24442222221122216S a b c a b a c b c '''''''''=---+++ 同理,()24442222222122216S a b c a b a c b c '''=---+++, ()2444222223122216S a b c a b a c b c '''=---+++, ()24442222224122216S a b c a b a c b c '''=---+++． 以上四式相加并整理,得22221234S S S S +++=()()()()()()(){}2222222222222222222221416a ab b a ac c b b c c a a b b c c ⎡⎤⎡⎤⎡⎤'''''''''-+-+-+-+-+-++++⎣⎦⎣⎦⎣⎦()22222214a ab bc c '''++≤． 例14四面体1234A A A A 内一点P 到顶点i A 及i A 所对的面的距离分别为i l ,i d ,顶点i A 到所对的面的距离为()1234i h i =，，，,34k ≥ ．求证：41423ki ki i i l h d =⎛⎫ ⎪+⎝⎭∑≥． 证明先证一个结论：设()01,2,3,4i x i >=,41i i x a ==∑,则4143ki k i i x a x =⎛⎫ ⎪-⎝⎭∑≥．其中等号当且仅当1234x x x x ===时取得．事实上,由()443333()44i i i i x a x a x a x ⎡⎤+-⎛⎫-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦≤,有443343k kki i k i x x a x a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭≥,从而4434444433314114443343k k k kk ii i i k ki i i x x x a x a a ===⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪⋅=⎪ ⎪- ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭∑∑∑≥≥ 下证原题：设四面体1234A A A A 的体积为V ,如图2210-,作11A H ⊥面234A A A 于1H ,作11PE A H ⊥于E ,作1PD ⊥面234A A A 于1D ,则11A P l =,11PD d =,111A H h =．A 3A 4图22-10设i A 所对面的面积为(1234)i S i =，，，,则 ()1111111113S l S d S A E d S h V ⋅+⋅+==≥,从而2341133PA A A S l V V ⋅-≥．同理,1342233PA A A S l V V ⋅-≥,1243333PA A A S l V V ⋅-≥,1234433PA A A S l V V ⋅-≥．从而()13412412322334493PA A A PA A A PA A A V S l S l S l V V V +++-+≥()234111632PA A A V V S h d =+=+, 即111112233442l S l h d S l S l S l '+++≥．同理,222221133442l S l h d S l S l S l +++≥,333331122442l S l h d S l S l S l +++≥,444441122332l S l h d S l S l S l +++≥．令()1,2,3,4i i i x l R i =⋅=,由前述结论,得4411423kki i k i i i i i l x h d a x ==⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∑∑≥≥． 【解题思维策略分析】1．解四面体的有关问题时,要善于与三角形类比例15一个球内切于四面体,将每个切点与该点所在面的三顶点连结起来,这样形成的每面的三个角（以切点为顶点）组成一个集合．试证这四个集合是相等的．（第16届普特南竞赛题）证明设四面体的顶点为()1234i P i =，，，,又设i Q 是正对着i P 的面与球相切的切点．用i ,j ,k ,l 表示{}1234，，，的不同元素,由于i j PQ 与i k PQ是从同一顶点向球所作的切线,故i j i k PQ PQ =． 同理,i j i k PQ PQ =,从而i j l i k l PQ p PQ P △△≌（边,边,边）．于是i j l i k l PQ P PQ P ∠=∠, 并用il θ表示这种角,即有il li θθ=.由于以i Q 为顶点的三个角相加是2π,故有2334422πθθθ++=,3441132πθθθ++=,4112242πθθθ++=,1223312πθθθ++=．将这些等式的前两个相加减去后两个,且利用ij ji θθ=．得3412220θθ-=,即1234θθ=． 又由对称性,得ij kj θθ=．()*以1Q 为顶点的角是23θ,34θ,42θ,由()*式,它们分别等于以2Q 为顶点的三个角,即41θ,34θ,13θ．由对称性,在所有四个面上的中心角都有同样的情形．证毕, 注第26届IMO 由前苏联提供的预选题：“四面体ABCD 的内切球与面ABD 和DBC 分别相切于K 和M 点,证明：AKB DMC ∠=∠．”显然,这道试题是例15的特殊情形． 例16已知ABC △的面积力S △,外接圆半径为R ,过A ,B ,C 作平面ABC 的垂线,并在平面ABC 的同一侧的垂线分别取1A ,1B ,1C ,使1a AA h =,1b BB h =,1c CC h =,这里a h ,b h ,c h 分别表示边BC ,CA ,AB 边上的高．求四个平面11A B C ,11B C A ,11C A B ,ABC 所围成的四面体的体积． 解求解此问题的关键是确定这个四面体的四个顶点的位置．设平面11A B C 与直线AB 相交于K 点,则点K 在11A B 上．由11AA BB ∥知11a b h AA KA b ACKB BB h a BC====．因此,K 是BCA ∠的外角平分线与BA 的交点,从而平面11A B C 与ABC 的交线是BCA ∠的外角平分线． 同理,类似可得：平面11B C A 与ABC 的交线是CAB ∠的外角平分线．上述两条外角平分线的交点是ABC △的旁心B I ,因此B I 就是平面11A B C ,11B C A 与ABC 的公共点,即为所求四面体的一个顶点．这样,旁心A I ,B I ,C I 是所求四面体的三个顶点．设第四个顶点为P ,则P 是平面11A B C 和11B C A 的公共点,因而在直线1B B I 上,P 在平面ABC 上的射影在B BI 上,也在A AI 上,因而P 的射影就是ABC △的内心I ． 由相似三角形,1PI AA ∥,且1A P 与AI 相交于A I ,可得1a A a A ar rII PI PI AA h AI r -===,其中r 为ABC △的内切圆半径,a r 为劳切圆半径．设ABC △的周长为2l ,则11221a a a a r r S S l a l PE h r a l l a ---=⋅=⋅=-△． 由平面几何知识,易证A B C I I I △的面积为 ()1222a b c S a b c S S ar br cr l a l b l c ⎛⎫'=+++=+++ ⎪---⎝⎭△△△()()()2abc S l a l b l c ⋅=---△． 故所求体积()()()211332A B C PI I I S abc S V S PI l l a l b l c ⋅'=⋅=⋅⋅---△△△1433abc S R ==⋅△． 例17在四面体1234A A A A 中,顶点i A 所对的面的面积记为()1234i S i =，，，,以i j A A 为棱的二面角为il θ,则 （Ⅰ）2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥；（Ⅱ）6141cos 3ij k j θ<≤≤≤． 证明联想到在ABC △中,运用三角形射影定理并结合柯西不等式,有2223cos cos cos 4A B C ++≥, 31cos cos cos 2A B C ⋅⋅≤,于是有下述证法： （Ⅰ）由性质5,1234324423cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, 由Cauchy 不等式,有221234324423(cos cos cos )S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅()()222222234342423cos cos cos S S S θθθ++++≤,从而22221342423222234cos cos cos S S S S θθθ++++≥． 同理,还有类似于上式的三个式子,四式相加,得2444222141112cos 4111i ii ij k j i i i i i i S x x S S x x θ<===⎛⎫==-++ ⎪---⎝⎭∑∑∑∑≤≤≥ ()1234141ix x x x x =-++++-∑()4411111641143133i i i i x x ==⎛⎫⎡⎤=-+-⋅-+= ⎪⎢⎥-⎣⎦⎝⎭∑∑≥．故2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥． （Ⅱ）由1234324423cos cos cos S SS S θθθ=⋅+⋅+⋅≥ 同理,还有类似于上式的三个不等式,此四式相乘,化简即得6141cos 3ij k j θ<∏≤≤≤． 注将三角形与四面体的上述两个不等式各统一为（Ⅰ）2111cos ,2k j n n i j n<++∑≤≤≥；（Ⅱ）()11211cos ,n n i j n i j n-+<+∏≤≤≤,其中2n =为三角形的,3n =为四面体的．2．善于将有关问题进行转化例18四面体ABCD 三个侧面ABD ,ACD ,BCD 上,由顶点D 引出的中线与底面ABC △对应边所成的角相等,证明：每个侧面的面积小于另外两个侧面面积之和．（1997年波兰竞赛题）COCDEGABDEFG(b)(a)图22-11证明设E ,F ,G 分别是边AB ,BC ,CA 的中点,连结DE ,DF ,DG 如图2211- （a ）．设DE 与AB 所成角为θ,则1sin sin 2DAB S DE AB DE FG θθ=⋅⋅=⋅⋅△,1sin sin 2DBC S DF BC DF GE θθ=⋅⋅=⋅⋅△,1sin sin 2DCA S DG CA DG EF θθ=⋅⋅=⋅⋅△．由于sin 0θ>,所要证明的命题转化为证明：在四面体DEFG 中,任意一组对棱的乘积小于另两组对棱乘积之和．为此,我们来证明： DE FG DF GE DG EF ⋅<⋅+⋅．将四面体DEFG 的面DFG △绕FG 翻转到底面所在的平面上,得D FG '△如图2211- （b ）．在四边形D FFG '中,显然,有D G DG '=,DF D F '=．由Ptolemy （托勒密）不等式,有 D E GF D F GE D G EF DF GE DG EF '''⋅++⋅=⋅+⋅≤．设D E '与GF 交于点O ,由DFG D FG '△△≌,得DO D O '=．在DOE △中, DE DO OE D O OE D E ''<+=+=．故DE GF D E GF DF GE DG EF '⋅<⋅⋅+⋅≤．从而原题得证．例19给出三个四面体()123i i i i A B C D i =，，,过点i B ,i C ,i D 作平面i α,i β,i γ() 123i =，，分别与棱i i A B ,i i AC ,i i A D 垂直()123i =，，．如果九个平面i α,i β,i γ()123i =，，相交于一点E ,而三点1A ,2A ,3A 在同一直线l 上,求三个四面体的外接球面的交集（形状怎样？位置怎样？）．（CMO 3-试题）解由于几何元素太多,画出准确的全图几乎不可能．为此,画出一个局部图．231B 1图22-12(a)(b)连1A E 与1B E 如图2212- （a ）,可知111A B B E ⊥,此表明以1A E 为直径的球过1A ,1B ,E 三点．同样可知,这球过1A ,1B ,1C ,1D ,E 五点,此表明中心在1A E 的中点1O ,直径为1A E 的球也正好是四面体1111A B C D 的外接球．类似地可定出四面体i i i i A B C D 的外接球直径和中心()123i =，，．于是问题转化为到直线123A A A 及其线外一点E 所决定的平面上来了．这个平面与三个球的交线是三个圆,它们有一个公共点E ,从E 向直线123A A A 作垂线,垂足为E ',显然E '是E 关于直线123O O O 的对称点,所以E 与E '是这三圆的公共点．由此知以EE '为直径且垂直于直线123A A A 的圆就是三个四面体的外接球的交集．当E 在直线123A A A 上时,此圆就退化为一个点E ．此时三个球面相切于E 点．例20如图22-13,过四面体PABC 的重心G 的任一直线l 与四个面分别相交于M ,N ,S ,T 四点．求证：11110GM GN GS GT+++=．（《数学通报》问题1362题） B 1lG 1C 1A 1G TPNMSAC B图22-13证明设1G 为ABC △的重心,连1PG ,并设直线L 与直线1PG 确定的平面α与侧面ABC 的交线分别与ABC △的三边交于1A ,1B ,1C ．连1PA ,1PB ,1PC ,在平面α内,直线l 与1PA ,1PB ,1PC ,11A B 的交点分别为M ,N ,S ,T ．因G 是四面体重心,1G 是ABC △的重心,由重心性质,知G 分1PG 所成的比为31∶,且 1112111110G A G B G C ++=． 图22-14以1G 为原点,以直线11G A 为x 轴,建立平面直角坐标系如图2214-．设()1,0A a ,()1,0B b ,()1,0C c ,(),P m n ,别由1112121110G A G B G C ++=,知1110a b c ++=,,44m n G ⎛⎫ ⎪⎝⎭．由两点式得直线1PA ,1PB ,1PC ,11A B 的方程分别为()n y x a m a =--,()ny x b m b=--, ()ny x c m c=--,0y = 设直线l 的参数方程为 1cos 41sin 4x m t y n t αα⎧=+⋅⎪⎪⎨⎪=+⋅⎪⎩（α为倾斜角,t 为参数） 并设M ,N ,S ,T 对应的参数分别为1t ,2t ,3t ,4t ． 将直线l 的方程分别代入直线1PA ,1PB ,1PC ,11A B 方程,得 114sin 4cos 4sin 33m n t na n ααα-⋅-⋅=+, 214sin 4cos 4sin 33m n t nb nααα-⋅-⋅=+, 314sin 4cos 4sin 43m n t nc nααα-⋅-⋅=+,414sin t n α-=由1110a b c++=,得123411110t t t t +++=,故11110GM GN GS GT +++=． 3．适当构作辅助体例21求证：若四面体相对棱间的距离分别为1d ,2d ,3d ,则四面体的体积V 不小于13123d d d ． D B CA EFC 1D 1A 1B 1图22-15证明如2215-,过四面体ABCD 的三组对棱AB 与CD ,AD 与BC ,AC 与BD ,分别引三对相互平行的平面,得平行六面体（或以四面体ABCD 的棱为侧面对角线构作平行六面体）,各相对面的距离分别等于四面体三组对棱的距离,又易知该平行六面体的体积正好是四面体ABCD 体积的3倍．在底面11A DB C 中,作1EF CA ⊥于E ,则1EF B D ⊥．设垂足为F ,则EF 不小于平面11A AC C 与平面11DD BB 间的距离,即3EF d ≥．又12AC d ≥,所以1123A DB CSd d ⋅≥．又平面11A DB C 与平面11AD BC 的距离为1d ,因此,1111111123AD BC A DB C A DB CV Sd d d d -=⋅⋅⋅≥．Suoyi 12313ABCD V d d d ≥．例22设a ,b 为四面体ABCD 的一对对棱AB 与CD 的长,r 为四面体内切球半径,求证：()2abr a b <+．（第22届全苏竞赛题）GABCDHFE图22-16证明如图2416-,过AB 与CD 分别作ABEF 与CDGH ,使得AF CD ∥,CH AB ∥,连AC ,BH ,EG ,FD ,得一个平行六面体AFEB CDGH -（或以四面体ABCD 的三棱CA ,CB ,CD 为共顶点的棱构成平行六面体）．设AB 与CD 之间的距离为d ,它们所成的角为θ,则由性质15,知1sin 6V ab d θ=⋅⋅四面体．设a h 为ABD △中AB 边上的高,显然D 到AB 的距离大于D 到面AFEB 的距离,即a h d >,而1122ABD a S a h ad =⋅>△．同理,12ABC S ad >△,12ACD S bd >△,12BCD S bd >△．于是,四面体ABCD 的表面积()ABD ABC ACD BCD S S S S S a b d =+++>+△△△△表．注意到性质1,即13V S r =⋅表,得到()3sin 222V abd abd ab r S S S a b θ⋅==<+表表表≤ 4．注意运用向量知识求解例23设平面α,β,γ,δ与四面体ABCD 的外接球面分别切于点A ,B ,C ,D ．证明：如果平面α与β的交线与直线CD 共面,则γ与δ的交线与直线AB 共面．（1981年保加利亚竞赛题）证明设四面体ABCD 的外心为O ,半径为R ．令OA a =,OB =b ,OC c =,CD d =．对空间中任意一点X ,令OX x =,则222222R =====a b c b d ．因为OA α⊥,所以平面α上的点X 满足()0⋅-=a x a ,即2⋅a x =R ． 同理,平面β,γ,δ上的点X 分别满足2R ⋅=b x ,2⋅c x =R ,2R ⋅=d x ．注意到,对任意不同时为零的数λ,μ,有方程()()2R λλλμ⋅⋅+a b x =．给出了一个过平面α与β的交线l 的平面（因0λλ≠a +b ,且对任意X l ∈,有2R ⋅=⋅a x b x =．另外,对空间中任意一点X 也存在一对不同时为零的数λ,μ,使得()()220R R λμ⋅-+⋅-=a x b x ．即适当选取λ与μ,可使相应的平面过点X ．因此直线CD 与直线l 共面的充要条件是：关于未知数λ与μ的方程组()()()()22220,0,R R R R λμλμ⎧⋅-+⋅-=⎪⎨⋅-+⋅-=⎪⎩a c b c a c b c 有非零解,即有()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-a c b c a b b c ． 同理可证,平面γ与δ的交线和直线AB 共面的充要条件为()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-c a d b c b d a ．因为上面得到的两个条件是等价的,所以题中结论得证．例24设四面体ABCD 对应于各顶点的高分别为a h ,b h ,c h ,d h ,在各高线上分别取1A ,1B ,1C ,1D ,使1a k AA h =,1a k BB h =,1c k CC h =,1dkDD h =为任一实数．求证：四面体1111A B C D 的重心合于四面体ABCD 的重心．证明令AB b =,AC c =,AD d =,根据向量矢量积的意义,知同BD BC ⨯的方向是对应A 点高线的方向,而它的长度是BCD △面积的2倍． 设A 点对应高线的单位向量为i ,则 2BCDBD BCi S ⨯=△,而()()BD BC ⨯=-⨯-=⨯⨯⨯d b c d b d +d c +c b ．故2i S⨯⨯⨯=b d +d c +c d．同理,设B ,C ,D 点对应的高线的单位向量分别为j ,k ,l ,则 22ACD ACDAC AD S S ⨯⨯=△△c dj =,2ADB S ⨯△d b k =,2ABC S ⨯△b c l =．若设四面体ABCD 的体积为V ,因而()16a k kAA h V ==⨯⨯⨯i =b d +d c +c d ．同理,()16k BB V =⨯c d ,()16k CC V =⨯d b ,()16kDD V=⨯b c ． 因而,有11110AA BB CC DD +++=． 又设1O 为四面体1111A B C D 的重心,则()1111111114AO A B AC A D =++ ()11111114A A AB BB A A AC CC A A AD DD =++++++++ ()11111144A A AA BB CC DD =++++b +c +d + ()114A A =-b +c +d ． 而111AO AA AO =+,故()114AO AO ==b +c +d ,这表示1O 与O 重合． 【模拟实战】 习题A1．在三棱锥S ABC -的棱SA ,SB ,SC 上分别取点1A ,1B ,1C ,使得11SA SA SB SB ⋅=⋅1SC SC =⋅．证明：点A ,B ,C ,1A ,1B ,1C ．在同一球面上．（第15届全俄竞赛题） 2．在四面体ABCD 内求作一点P ,使四个四面体的体积比满足P BCD P CDA P DAB P ABC V V V V αβγδ----=∶∶∶∶∶∶,其中α,β,γ,δ为给定的正数．3．设P ,Q ,R 分别是四面体ABCD 的棱AC ,AD ,AB 或延长线上的点,E ,F 在BC 上,且BE EF FC ==,AE ,AF 分别与RP 交于点G ,H ．记四面体APQR 与AGHQ 的体积分别为V ,1V ．求证：13V V ≥,当且仅当RP BC ∥或RP 与BC 重合时等号取得．4．四面体ABCD 内接于半径为R 的球,且球心O 在四面体内部．求证：四面体ABCD 至少有一条棱长． 5．在四面体ABCD 中,P 为各棱长之和,V 为其体积,用()CD S 表示过四面体棱CD 及相对棱AB 中点的截面（即中线面）面积,其余中线面表示类同,求证：()()()()()()1111113CD AB BC AD BD AC P S S S S S S V+++++≤ 等号当且仅当四面体为正四面体时取得．6．四面体KLMN 的顶点在另一个四面体ABCD 的内部,在其面上或者棱上．证明：四面体KLMN 各棱长度的和小于四面体ABCD 各棱长度和的34．（第16届全苏竞赛题） 7．观察一切外切于已知球的四面体AXBY 证明：当确定点A ,B 后,空间四边形的角之和,AXB XBY BYA YAX ∠+∠+∠+∠不依赖于点X 和Y 的选择．（第20届全苏竞赛题）8．四面体ABCD 中,面ABC 与BCD 的夹角为30︒,ABC △的面积为120,BCD △的面积为80；10BC =．求此四面体的体积．（1992年美国竞赛题）9．在四面体ABCD 内部有一点O ,使得直线AO ,BO ,CO ,DO 与四面体的面BCD ,ACD ,ABD ,ABC 分别交于1A ,1B ,1C ,1D 四点,且1111AO BO CO DOk A O B O C O D O ====．求k 的所有可能的值．（1968年保加利亚竞赛题）10．如果两个四面体的四个面的面积对应相等,则它们的体积也一定相等．对否？。

给定各边长的空间四面体的二面角计算的探索作者：***来源：《广东教学报·教育综合》2021年第123期【摘要】从教材给定边长计算四面体的二面角出发，对解法进行进一步的探索，其中就包括任意棱长与图形计算二面角、三面体的余弦定理求二面角，以及通过体积进行二面角求解，以此化解因四面体不能建系及难找二面角的平面角的难点，同时提供学生解决四面体的新解题思路，拓宽思维，提升数学运算、直观想象等核心素养。

【关键词】空间四面体;二面角;三面体余弦定理;核心素养一、引语二面角问题的一个常见背景是空间四面体。

如今，数学教学解决二面角的方法无非两种：几何法和向量法。

然而，新高考形势下，二面角的求解面临新的问题，即“非体非易”——不是规范的几何体和二面角的平面角不易作出。

在此情形下，教师要帮助学生提供解题新思路、新思维、新方法。

下面以新教材课后习题为例，以此为出发点，对其进行进一步探索。

具体过程如下：普通高中课程标准A版教科书数学第二册第164页第18题，有这样一个综合运用题：（第18题）如图，在三棱锥V-ABC中，VA=VB=AB=AC=BC=2，VC=1作出二面角V-AB-C的平面角，并求出它的余弦值。

二、教材解法取AB的中点M，连接VM，CM.由已知条件，可得VM=，CM=，又VC=1，通过解三角形，可得二面角V-AB-C的平面角的余弦值为。

（如图1）三、解法推广（1）由已知图形与边长推广到任意四面体与棱长进行求解刘永新在其《由四面体的棱长计算二面角》论文中指出：要解决通过棱长求解二面角的题目，首先需要引进陈金辉《四面体的求积公式》文章的结论：已知四面体的六条棱长，求四面体的体积公式（如图2）：由海伦公式推导出三角形面积公式：过点P作底面ABC上的高PH=h，则h=，记HB=R2，HC=R3，则根据上面的三角形面积公式，得△HBC的面积：过点P作底面ABC上的垂线，垂足为H。

同时过点P作PM⊥BC，连接MH，则∠PMH 即为平面PBC与平面ABC所成二面角（如图3）。

考点24 空间几何中的垂直知识理解一．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：二．平面与平面垂直的判定定理与性质定理三．证明线线垂直的思路平行四边形：正方形、菱形、矩形图形三角形：等腰（等边）三角形--取中点正余弦定理边关系或边长勾股逆定理线面垂直的定义面面垂直的性质⎧⎧⎪⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎨⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎩ 考向一 线面垂直【例1】3．（2021·江西吉安市·高三期末节选）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=︒，22AD DC BC ===，PAD △为正三角形，Q 为AD 的中点，求证：AD ⊥平面PBQ【答案】证明见解析【解析】∵PAD △为正三角形，Q 为AD 的中点，∴PQ AD ⊥.∵//AD BC ，2AD DC BC ==，Q 为AD 的中点.∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴//BQ CD . 又90ADC ∠=︒，∴90AQB ∠=︒，即BQ AD ⊥.又PQBQ Q =，∴AD ⊥平面PBQ.考向分析【举一反三】1．（2021·河南信阳市节选）如图所示，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ，AD DC ⊥，2224CD AD AB SD ====，SD ⊥平面ABCD ，求证:BC ⊥平面SBD【答案】证明见解析【解析】证明://,,2AB CD AD DC AB AD ⊥==，BD BC ∴==又4CD =，222CD BD BC ∴=+，故BC BD ⊥， 又SD ⊥平面,ABCD BC ⊂平面ABCD ，BC SD ∴⊥， 又SD BD D =，BC ∴⊥平面SBD .2．（2021·江西赣州市节选）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为2，13B BA π∠=，证明：1B C ⊥平面1ABC【答案】证明见解析【解析】证明：如图取AB 中点D ，连接1,B D CD ．因为四边形11BCC B 为菱形，所以11B C BC ⊥ 又因为三棱柱的所有棱长均为2，13B BA π∠=，所以ABC 和1ABB △是等边三角形，所以1,B D AB CD AB ⊥⊥因为1,B D CD ⊂平面11,B CD B D CD D ⋂=，所以AB ⊥平面1B CD 所以1B C AB ⊥，而1BC AB B ，所以1B C ⊥平面1ABC3．（2020·山东德州市节选）如图，四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，PAD ∆为等边三角形，,E F 分别为PC 和BD 的中点，且EF CD ⊥，证明:CD ⊥平面PAD【答案】证明见解析【解析】如图所示，连接AC ，由ABCD 是边长为2的正方形， 因为F 是BD 的中点，可得AC 的中点，在PAC △中，因为,E F 分别是,PC AC 的中点，可得//EF PA ， 又因为EF CD ⊥，所以PA CD ⊥，又由AD CD ⊥，且ADAP A =，所以CD ⊥平面PAD .考向二 面面垂直【例2】（2021·河南高三期末节选）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为平行四边形，3AD =，5AB =，3cos 5BAD ∠=，1BD DD =，E 是1CC 的中点，求证：平面DBE ⊥平面1ADD【答案】证明见解析【解析】由题意可得2222cos 16BD AD AB AB AD BAD =+-⨯∠=， 所以222AD BD AB +=，因此AD BD ⊥. 在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1.DD BD ⊥又因为1ADDD D =，1,AD DD ⊂平面1ADD ，所以BD ⊥平面1ADD ，因为BD ⊂平面DBE ，所以平面DBE ⊥平面1ADD ． 【举一反三】1．（2021·河南焦作市节选）如图所示，在四棱锥РABCD -中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面,ABCD 点Q 为线段PC 的中点，求证:平面BDQ ⊥平面PAC【答案】证明见解析【解析】因为四边形ABCD 是菱形，所以,AC BD ⊥ 因为PA ⊥平面,ABCD BD ⊂平面,ABCD 所以,BD PA ⊥ 又因为,PA AC A ⋂=所以BD ⊥平面,PAC 因为BD ⊂平面,BDQ 所以平面BDQ ⊥平面PAC .2．（2021·山东青岛市·高三期末节选）如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，BE =将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE ，若BC BE =，证明：平面ABD ⊥平面ACE【答案】证明见解析【解析】证明：连接BD ，因BC BE =所以BD CE ⊥ 因为平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC 平面BCDE BC =，AC BC ⊥所以AC ⊥平面BCDE因为BD ⊂平面BCDE ，所以AC BD ⊥ 因为ACCE C =，所以BD ⊥平面ACE因为BD ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面ACE3．（2021·安徽马鞍山市节选）如图，BE ，CD 为圆柱的母线，ABC 是底面圆的内接正三角形，M 为BC 的中点，证明：平面AEM ⊥平面BCDE【答案】证明见详解【解析】根据题意可得，AM BC ⊥. 又BE 为圆柱的母线，BE ∴⊥平面ABC .BE AM ∴⊥，BC BE B =，AM ∴⊥平面BCDE .又AM ⊂平面AEM ，∴平面AEM ⊥平面BCDE ．考向三 线线垂直【例3】（2021·江西宜春市·高安中学节选）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=，已知2,PB PD PA ===，E 为PA 的中点，求证PC BD ⊥【答案】证明见解析【解析】,AC BD 交点为O ，连接PO ，ABCD 是边长为2的菱形，,AC BD O ∴⊥是,AC BD 的中点，,PD O B BD P P =∴⊥，又PO ⊂平面POC ，AC ⊂平面POC ，POAC O =，BD ∴⊥平面POC ，PC ⊂平面POC ，.C BD P ∴⊥【举一反三】1．（2021·江苏南通市·高三期末节选）如图，在四棱锥A BCDE -中，//BC DE ，22BC DE ==，BC CD ⊥，F 为AB 的中点，BC EF ⊥，求证：AC BC ⊥【答案】证明见解析【解析】取AC 中点M ，连接FM ，DM ，,F M 分别为AB ，AC 中点，12FMBC ∴， 1,2DEBC FM DE ∴， ∴四边形DEFM 是平行四边形，//DM EF ∴，,EF BC DM BC ⊥∴⊥，,,CD DM CD DM ⊥⊂平面ACD ，CD DM D ⋂=，BC ∴⊥平面CDM ，AC ⊂平面CDM ，BC AC ∴⊥；2．（2020·山东德州市节选）如图，已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60,ABC PA ∠=︒⊥平面,,ABCD E F 分别为,BC PA 的中点.（1）求证:AE PD ⊥; （2）求证://EF 平面PCD .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】证明：（1）连AC ，60ABC ∠=，底面ABCD 为菱形，ABC ∴是等边三角形， BE EC =，AE BC ∴⊥，又//BC AD ，AE AD ∴⊥，又PA ⊥面,ABCD AE ⊂面ABCD ，PA AE ∴⊥， PA AD A ⋂=，AE ∴⊥面,PAD PD ⊂面PAD ，AE PD ∴⊥.()2取PD 的中点M ，连,FM MC ，PF FA =，所以11//,22FM AD FM AD =， 又11//,22EC AD EC AD =， //,FM EC FM EC ∴=， ∴四边形FECM 是平行四边形，//EF MC ∴，又EF ⊄面,PCD MC ⊂面PCD ，//EF ∴面PCD .3．（2021·山东枣庄市节选）如图，四棱锥P ABCD -的侧面PAD △是正三角形，底面ABCD 是直角梯形，90BAD ADC ∠=∠=，22AD AB CD ===，M 为BC 的中点，求证：PM AD ⊥【答案】（1）证明见解析；（2）7. 【解析】证明：取AD 中点N ，连PN ，NM ， 因为PAD △是正三角形，所以PNAD .又M 是BC 中点，所以//NM AB .因为90BAD ∠=，即AB AD ⊥.所以NM AD ⊥，因为NM PN N ⋂=，NM ､PN ⊂平而PMN ， 所以AD ⊥平面PMN ，PM ⊂平面PMN ，所以AD PM ⊥.1．（2021·山东泰安市·高三期末节选）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，60BAD ∠=︒，PB PD =，F 为PC 上一点，过AF 作与BD 平行的平面AEFG ，分别交PD ，PB 于点E ，G ，证明：EG ⊥平面PAC【答案】证明见解析【解析】证明：连接BD ，交AC 于点O ，连接PO ． ∵//BD 平面AEFG ，平面PBD平面AEFG EG =，BD ⊂平面PBD ，∴//EG BD ．∵底面ABCD 是菱形，∴AC BD ⊥，且O 为AC ，BD 中点，强化练习又PB PD =，∴PO BD ⊥，又AC PO O =，,AC PO ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ，∴EG ⊥平面PAC ．2．（2021·浙江金华市·高三期末节选）在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PA PB AB ====，）证明：PC ⊥平面ABC【答案】证明见解析；【解析】证明：取AB 中点D ，连接PD ，DC∵PA PB =，AC BC =，则AB PD ⊥，AB DC ⊥， 而PD DC D ⋂=，∴AB ⊥平面PDC ， 因为PC ⊂平面PDC ，故AB PC ⊥．在ABC 中，AB ==，故222AB AC BC =+，∴BC AC ⊥．又∵平面PAC ⊥平面ABC ，且交线为AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥平面PAC ，因为PC ⊂平面PAC ，故BC PC ⊥． 因为AB BC B ⋂=，∴PC ⊥平面ABC ．3．（2021·河南焦作市节选）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PA ⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点，求证：DE ⊥平面PAH【答案】证明见解析【解析】因为PA ⊥底面ABCD ，DE ⊂底面ABCD ，所以PA DE ⊥，因为E ，H 分别为正方形ABCD 的边AB ，BC 的中点，,,AB DA BH AE HBA EAD ，所以Rt ABH Rt DAE ≌△△，所以BAH ADE ∠=∠，由90AED ADE ∠+∠= 所以90BAH AED ∠+∠=，所以DE AH ⊥， 因为PA ⊂平面PAH ，AH ⊂平面PAH ，PA AH A ⋂=，所以DE ⊥平面PAH .4．（2021·浙江温州市节选）如图，已知三棱锥P ABC -﹐PC AB ⊥，ABC 是边长为形，PB =60PBC ∠=，点F 为线段AP 的中点，证明：PC ⊥平面ABC【答案】证明见解析【解析】在PBC 中，PB =BC =60PBC ∠=，由余弦定理可得2222cos 36PC PB BC PB BC PBC =+-⋅∠=，222PC BC PB ∴+=，PC BC ∴⊥，PC AB ⊥，AB BC B ⋂=，PC ∴⊥平面ABC ；5．（2021·陕西咸阳市·高三一模节选）如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PC AC ⊥，BC AC ⊥，2AC PC ==，4CB =，M 是PA 的中点，求证：PA ⊥平面MBC【答案】证明见解析【解析】平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC 平面ABC =AC ，BC ⊂平面ABC ，BC AC ⊥，∴BC ⊥平面PAC ， ∵PA ⊂平面PAC ， ∴BC PA ⊥，∵AC PC =，M 是PA 的中点， ∴CM PA ⊥， ∵CMBC C =，,CM BC ⊂平面MBC ，∴PA ⊥平面MBC ．6．（2021·浙江金华市节选）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD AB ==，平面PCD ⊥平面ABCD ，若E 为PC 的中点，求证：DE ⊥平面PBC【答案】证明见解析【解析】因为平面PCD ⊥平面ABCD ，且平面PCD平面ABCD CD =，底面ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥，又CD ⊂平面PDC ，所以BC ⊥平面PDC ，又DE ⊂平面PDC ，所以BC DE ⊥；因为PD AB DC ==，所以PDC △为等腰三角形，E 为PC 的中点，所以DE CP ⊥，因为CPBC C =，,BC CP ⊂面PBC ，所以DE ⊥面PBC7．（2021·西安市铁一中学节选）如图，在底面为菱形的四棱锥P ABCD -中，60,1,ABC PA AC PB PD ︒∠=====，点E 在PD 上，且2PEED=，求证：PA ⊥平面ABCD【答案】证明见详解【解析】因为底面ABCD 是菱形，60ABC ︒∠=， 所以1AB AC AD ===，在PAB △中，1,PA PB ==由222PA AB PB +=，可得PA AB ⊥.同理，PA AD ⊥，又AB AD A ⋂=所以PA ⊥平面ABCD .8．（2021·河南高三期末节选）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为平行四边形，133,5,cos ,,5AD AB BAD BD DD E ==∠==是1CC 的中点，求证：平面DBE ⊥平面1ADD【答案】证明见解析【解析】由题意可得2222cos 16BD AD AB AB AD BAD =+-⨯∠=， 所以222AD BD AB +=，因此AD BD ⊥，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，所以1DD BD ⊥， 又因为1ADDD D =，所以BD ⊥平面1ADD ，因为BD ⊂平面DBE ，所以平面DBE ⊥平面1ADD ．9．（2021·江苏南通市节选）如图，四面体ABCD 中，O 是BD 的中点，点G 、E 分别在线段AO 和BC 上，2BE EC =，2AG GO =，2CA CB CD BD ====，AB AD ==（1）求证：//GE 平面ACD ； （2）求证：平面ABD ⊥平面BCD . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】证明：（1）连接BG 并延长，交AD 于M ，连接MC ，在ABD △中，O 为BD 中点，G 在AO 上，2AG GO =， ∴G 为ABD △的重心∴21BG GM =， 又21BE EC =∴BG BEGM EC=∴//GE MC ， ∵GE ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ， ∴//GE 平面ACD ；（2）在ABD △中，O 为BD 中点，2BD =，AB AD ==∴AO BD ⊥∴1AO ==，在BCD △中，2BC CD BD ===，O 为BD 中点，连接OC ，则OC =又2CA =，∴222OA OC CA +=，∴AO OC ⊥ 由AO OC ⊥，AO BD ⊥，OC BD O =，,OC BD ⊂平面BCD ，得AO ⊥平面BCD ， 又AO ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BCD .10．（2021·山西吕梁市·高三一模节选）如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ，BC CD ⊥，侧面SCD为等边三角形， 4AB BC ==，2CD =，SB =BC SD ⊥【答案】证明见解析【解析】由已知4BC =，2SC =，SB =222SB BC SC =+，所以90BCS ∠=︒，所以BC CS ⊥，又,BC CD CDCS C ⊥=，所以BC ⊥平面SCD ，又SD ⊂平面SCD ，所以BC SD ⊥.11．（2021·云南高三期末）如图所示，在正方体ABCD A B C D ''''-中，点M 为线段B D ''的中点.（1）求证：DD AC '⊥； （2）求证：//BM平面ACD '.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）在正方体ABCD A B C D ''''-中， ∵DD AD '⊥，DD CD '⊥，且CDAD D =，∴DD '⊥平面ACD ，AC ⊂平面ACD . ∴DD AC '⊥（2）如图所示，连接BD ，交AC 于N ，连接D N '.由题设得：BN MD '=，//BN MD '， ∴四边形BMD N '为平行四边形. ∴//BM ND '.又∵ND '⊂平面ACD '，BM ⊄平面ACD '， ∴//BM平面ACD '.12．（2021·江西景德镇市节选）如图，已知四棱锥S ABCD -，其中//AD BC ，AB AD ⊥，45BCD ∠=，22BC AD ==，侧面SBC ⊥底面ABCD ，E 是SB 上一点，且ECD 是等边三角形，求证：CE ⊥平面SAB【答案】证明见解析 【解析】//AD BC ，AB AD ⊥，AB BC ∴⊥，侧面SBC ⊥底面ABCD ，侧面SBC底面ABCD BC =，AB平面ABCD ，AB ∴⊥平面SBC ，CE ⊂平面SBC ，CE AB ∴⊥，如下图所示，取BC 的中点F ，连接DF 、EF ，2BC AD =，且F 为BC 的中点，则AD BF =，//BC AD ，则//AD BF ，所以，四边形ABFD 为平行四边形，则//DF AB ， DF ⊥∴平面SBC ，EF 、BC ⊂平面SBC ，DF EF ∴⊥，DF BC ⊥，ECD 为等边三角形，则EF CF BF ===，所以，FBE BEF ∠=∠，FCE CEF ∠=∠，由2FBE BEF FCE CEF BEC π∠+∠+∠+∠=∠=，2BEC π∴∠=，即CE SB ⊥，SB AB B =，因此，CE ⊥平面SAB ；13．（2021·江西景德镇市·景德镇一中）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ，2,AB BC == 30ACB ∠=，13AA =，11BC A C ，E 为AC 的中点.（1）求证：1//AB 平面1C EB ； （2）求证：1A C ⊥平面1C EB .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）如下图所示，连接1AB 、1B C ，设11B CBC F =，连接EF ，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11BB C C 为平行四边形， 因为11B CBC F =，在点F 为1B C 的中点，又因为点E 为AC 的中点，1//EF AB ∴，1AB ⊄平面1C EB ，EF ⊂平面1C EB ，所以，1//AB 平面1C EB ；（2）AB BC =，E 为AC 的中点，BE AC ∴⊥，因为平面11A ACC ⊥平面ABC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，BE ⊂平面ABC ，BE ∴⊥平面11A ACC ，1A C ⊂平面11A ACC ，1A C BE ∴⊥， 11BC AC ⊥，1BE BC B =，1A C ∴⊥平面1C EB .14．（2021·陕西咸阳市）在三棱锥A BCD -中，E 、F 分别为AD 、DC 的中点，且BA BD =，平面ABD ⊥平面ADC .（1）证明：//EF 平面ABC ；（2）证明：BE CD ⊥.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）在ADC 中，E 、F 分别是AD 、DC 的中点，//EF AC ∴.EF ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，//EF ∴平面ABC ；（2）在ABD △中，BA BD =，E 为AD 的中点，BE AD ∴⊥， 又平面ABD ⊥平面ADC ，平面ABD ⋂平面ADC AD =，BE ⊂平面ABD ，BE ∴⊥平面ADC .CD ⊂平面ADC ，BE CD ∴⊥.15．（2021·全国）已知四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PAB △为等边三角形，底面ABCD 为直角梯形，90DAB ∠=︒且2AB CD =，点M 为PB 的中点，求证：PB DM ⊥.【答案】证明见解析.【解析】因为PAB △为等边三角形，M 为PB 的中点，所以AM PB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，DA AB ⊥，DA ⊂平面ABCD ， 所以DA ⊥平面PAB ，因为PB ⊂平面PAB ，所以DA PB ⊥，因为DA AM A ⋂=，所以PB ⊥平面ADM ，因为DM ⊂平面ADM ，所以PB DM ⊥.16．（2020·全国）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）若P 点是线段AM 的中点，求证：//MC 平面PBD ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】证明：（1）因为矩形ABCD 所在平面与半圆弦CD 所在平面垂直，面ABCD 面CDM CD =，AD DC ⊥，AD ⊂面ABCD ，所以AD ⊥半圆弦CD 所在平面，且CM ⊂半圆弦CD 所在平面，所以CM AD ⊥；又M 是CD 上异于C ，D 的点，所以CM DM ⊥；又DM AD D =，所以CM ⊥平面AMD ；又CM ⊂平面CMB ，所以平面AMD ⊥平面BMC ；（2）由P 是AM 的中点，连接BD 交AC 于点O ，连接OP ，如图所示：由中位线定理得//MC OP ；又MC ⊂/平面BDP ，OP ⊂平面BDP ，所以//MC 平面PBD ．17．（2021·全国高三专题练习）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点.证明：平面AMD ⊥平面BMC .【答案】证明见解析【解析】由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC CM =C ，所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .18．（2020·全国高三专题练习）已知四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PAB △为等边三角形，底面ABCD 为直角梯形，90DAB ∠=︒且2AB CD =，点M 为PB 的中点，求证：DM PB .【答案】证明见解析.【解析】证明：∵PAB ∆为等边三角形，M 为PB 的中点，∴AM PB ⊥， 又∵平面PAB ⊥平面ABCD ，且平面PAB 平面ABCD AB =， DA AB ⊥，DA ⊂平面ABCD ，∴DA ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，∴DA PB ⊥，∵DA AM A ⋂=，∴PB ⊥平面ADM ，又DM ⊂平面ADM ，∴PB DM ⊥.19．（2020·江苏苏州市·高三三模）如图，在三棱柱111A B C ABC -中，AB AC =，D 为BC 中点，平面ABC ⊥平面11BCC B ，11BC B D ⊥.（1）求证：1//A C 平面1AB D ；（2）求证：11AB BC ⊥.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】证明：（1）连结1A B 交1AB 于点O ，连结OD .因为111A B C ABC -是三棱柱，所以11ABB A 是平行四边形，所以O 为1A B 中点. 有因为D 为BC 中点，所以1OD AC . 又1AC ⊄平面1AB D ，OD ⊂平面1AB D ，所以1A C 平面1AB D . （2）因为AB AC =，D 为BC 中点，所以AD BC ⊥.又因为平面ABC ⊥平面11BCC B ，平面ABC 平面11BCC B BC =，AD ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥平面11BCC B . 因为1BC ⊂平面11BCC B ，所以1AD BC ⊥. 又因为11BC B D ⊥，1AD B D D ⋂=，AD ⊂平面1AB D ，1B D ⊂平面1AB D ， 所以1BC ⊥平面1AB D . 因为1AB ⊂平面1AB D ，所以11AB BC ⊥.。

考点08 空间角的求解问题立体几何是历年高考的必考题，其考查形式主要为空间几何体的有关计算（主要是体积计算），空间线面的位置关系以及空间角和距离的求解。

例如：2022年全国乙卷（理）[18]，2022年全国甲卷（理）[18]，2022年浙江高考[19]，2022年新高考Ⅰ卷[19]，2022年新高考Ⅱ卷[20]，2022年天津高考[17]，2022年北京高考[17]等都对空间几何体的体积进行了考查。

〔1〕平移法求异面直线所成的角求异面直线所成的角的方法为平移法，平移法一般有3种 (1)利用图形中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移； (3)补形平移.〔2〕线面角、二面角1.线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解.2.二面角的求法：二面角的大小用它的平面角来度量. 平面角的作法常见的有①定义法；①垂面法。

〔3〕利用空间向量求空间中的角与距离 1.异面直线所成角若异面直线1l ，2l 所成的角为θ，则|||||cos |cos b a b a b a ==θ(注意：两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的两向量的夹角的取值范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值)，其中a ，b 分别是直线1l ，2l 的方向向量。

2.直线与平面所成角已知直线l 与平面α，A l =α ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成的角，则|||||cos |sin n a n a n a ==θ。

(注意:直线与平面所成角的范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，而向量的夹角的取值范围为[]π,0，所以公式中要加绝对值)。

3.二面角设1n 为平面α的法向量，2n 为平面β的法向量，1n ，2n 的夹角为θ，l =βα ，则二面角βα--l 的大小为θ或θπ-。

设二面角βα--l 的大小为ϕ，则|||||cos ||cos |2121n n ==θϕ①①所示。

2021版高考北师大版文科数学一轮复习单元评估检测（四）（第九章）含解析温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例,答案解析附后。

关闭Word文档返回原板块.单元评估检测（四）（第九章）（120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下列结论正确的是()A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B。

以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C。

棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线【解析】选D。

A错误.如图①所示,由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形,但它不是棱锥。

B错误.如图②，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形,但旋转轴不是直角边所在直线,所得的几何体都不是圆锥。

C错误。

由几何图形知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长.D正确。

2.设x，y,z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：①x，y，z均为直线;②x,y是直线,z是平面；③z是直线,x,y是平面；④x，y,z均为平面。

其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y"为真命题的是（)A。

③④B.①③ C.②③D。

①②【解析】选C.由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题。

3.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E,C1的平面截去该正方体的下半部分,则剩余几何体的主视图是()【解析】选A.正方体ABCD-A1B1C1D1中,过点A,E,C1的平面截去该正方体的下半部分后,剩余部分的直观图如图:则该几何体的主视图为选项A.4.关于空间两条直线a，b和平面α，下列命题正确的是() A。

若a∥b,bα，则a∥αB。

若a∥α,bα,则a∥bC。

空间位置关系的判断与证明【考情分析】1.考查特点:高考对此部分内容主要以选择题、填空题、解答题第一问的形式考查,难度为中档,主要考查空间中的点、线、面之间的位置关系,重点考查线、面平行与垂直的特殊位置关系的判定与性质,也常与充分必要条件相结合命题.2.关键能力:空间想象能力、逻辑思维能力.3.学科素养:直观想象、逻辑推理.【题型一】空间点、线、面的位置关系【题组练透】1．（2021·山东省实验中学高三模拟）若l ，m 为两条不同的直线，α为平面，且l α⊥，则“//m α”是“m l ⊥”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由l α⊥且//m α能推出m l ⊥，充分性成立；若l α⊥且m l ⊥，则//m α或者m a ⊂，必要性不成立，因此“//m α”是“m l ⊥”的充分不必要条件.故选：A .2．（2021·江苏金陵中学高三模拟）已知m ，n 是两条不同直线，α、β、γ是三个不同平面.下列命题中正确的是（）A ．若//m α，//n α，则//m nB ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβC ．若//m α，//m β，则//αβD ．若m α⊥，n α⊥，则//m n 【答案】D【解析】A 、若//m α，//n α，则m ，n 平行，相交或异面，故错误；B 、若αγ⊥，βγ⊥，则α，β平行或相交，故错误；C 、若//m α，//m β，则α，β平行或相交，故错误；D 、若m α⊥，n α⊥，由线面垂直的性质定理得//m n ，故正确．故选：D ．3．【多选】（2021·湖南长沙长郡中学高三模拟）如图，棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 为A 1B 1的中点，则下列说法正确的是（）A ．DE 与CC 1为异面直线B ．DE 与平面BCC 1B 1所成角的正切值为4C ．过D ､C ､E 三点的平面截正方体所得两部分的体积相等D ．线段DE 在底面ABCD【答案】ABC【解析】由图可知：DE 与CC 1为异面直线，∴A 正确；因为平面11//BCC B 平面11ADD A ，所以DE 与平面11BCC B 所成角即DE 与平面11ADD A 所成角，连接A 1D ，显然，1A DE ∠是DE 与平面11ADD A 所成角.在直角三角形EA 1D中：11112tan 4A E A DE A D ∠===，∴B 正确；过D ､C ､E 三点的平面截正方体所得两部分的体积关系即为平面A 1B 1CD 截正方体所得两部分的体积关系，由正方体的对称性可知截得两部分几何体的体积相等，∴C 正确；取AB 中点F ，连接EF ､DF ，∵EF //B 1B 且B 1B ⊥底面ABCD ，∴EF ⊥底面ABCD ，∴DF 的长为线段DE 在底面ABCD 的射影长，在直角三角形DFE 中：EF =1，DE =32，∴DF52=，∴D 错.故选：ABC.4．（2021北京人大附中高三模拟）如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M 是PC 上的一动点,当点M 满足条件①BM ⊥DM,②DM ⊥PC,③BM ⊥PC 中的时,平面MBD ⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件序号即可)【答案】②(或③)【解析】连接AC(图略),因为PA ⊥底面ABCD,所以PA ⊥BD,因为底面各边都相等,所以AC ⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD ⊥平面PAC,所以BD ⊥PC,所以当DM ⊥PC(或BM ⊥PC)时,即有PC ⊥平面MBD,而PC ⊂平面PCD,所以平面MBD ⊥平面PCD.【提分秘籍】高考中判断空间线面位置关系的注意点：(1)对于空间线面位置关系的判断，常用的方法有：①根据定理逐项判断，可以举反例，也可以证明，要结合题目灵活选择；②必要时可以借助空间几何体模型，如借助长方体、正四面体中的线面位置关系来判断.(2)求角时，一般先利用平行关系找到这个角，然后把这个角放到三角形中去求解.【题型二】空间平行、垂直关系的证明【典例分析】【例1】（2021·山东潍坊一中高三模拟）已知四棱锥P ABCD -的底面为平行四边形，平面PBC ⊥平面ABCD ，点E 在AD 上，AD ⊥平面PEC ．（1）求证：PC ⊥平面ABCD ；（2）若2AE ED =，在线段PB 上是否存在一点F ，使得//AF 平面PEC ，请说明理由．【解析】AD ⊥ 平面PEC ，PC ⊂平面PCE ，AD PC ∴⊥，四棱锥P ABCD -的底面为平行四边形，//AD BC ∴，PC BC ∴⊥，平面PBC ⊥平面ABCD ，且平面PBC ⋂平面ABCD BC =，PC ⊂平面PBC ，PC ∴⊥平面ABCD ．（2）解：存在，F 为PB 上靠近B 的三等分点，取PB 上靠近B 的三等分点为F ，取PC 上靠近C 的三等分点为G ，连接EG 、FG 、AF ；F 、G 分别为PB 、PC 上的三等分点，//FG BC ∴且23FG BC =，2AE ED = ，且四棱锥P ABCD -的底面为平行四边形，//AE FG ∴且AE FG =，∴四边形AEGF 为平行四边形，//AF EG ∴，EG ⊂ 平面PEC ，AF ⊂/平面PEC ，//AF ∴平面PEC ．【提分秘籍】1.证明线面平行问题的一般思路:(1)作(找)出所证线面平行中的平面内的一条直线;(2)证明线线平行;(3)根据线面平行的判定定理证明线面平行.2.判定面面平行的常用方法:(1)利用面面平行的判定定理;(2)利用垂直于同一条直线的两平面平行;(3)利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.3.判定线面垂直的四种方法:(1)利用线面垂直的判定定理;(2)利用“两平行线中的一条与已知平面垂直,则另一条也与这个平面垂直”;(3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个,则与另一个也垂直”;(4)利用面面垂直的性质定理.4.证明面面垂直问题的两种思路:(1)用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线;(2)用面面垂直的定义,即证明两个平面所成的二面角是直二面角,把证明面面垂直的问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题.【变式演练】1.（2021•河南郑州一中高三模拟）如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，AD DE ⊥，4AD =，2DE EF ==．（1）求证：平面ADE ⊥平面CDEF ；（2）设M 是CF 的中点，棱AB 上是否存在点G ，使得//MG 平面ADE ？若存在，求线段AG 的长；若不存在，说明理由．【解析】（1）证明： 四边形ABCD 是正方形，AD DC ∴⊥．又AD DE ∴⊥，DE DC D = ，AD ∴⊥平面CDEF ，AD ⊂面ADE ，∴平面ADE ⊥平面CDEF ．（2）存在．//AB CD ，AB ⊂面ABFE ，CD ⊂面CDEF ，并且面ABFE ⋂面CDEF EF =，//EF CD ∴．取CD 中点H ，HC 中点P ，取AB 中点N ，NB 中点Q ，连MP ，PQ ，MQ ，可得//EF DH ，且EF DH =，故四边形EFHD 为平行四边形，//ED FH ∴．又M 为FC 中点，∴在CFH ∆中，//MP FH ，//PQ AD ，PQ M P P = ，面//MPQ 面ADE ，G 在棱AB 上，故当且仅当G 与Q 重合时，//MG 面ADE ，334AG AB ∴==．【题型三】翻折问题【典例分析】【典例2】（安徽省安庆市2021届二模）如图是矩形ABCD 和以边AB 为直径的半圆组成的平面图形，22AB AD a ==．将此图形沿AB 折叠，使平面ABCD 垂直于半圆所在的平面．若点E 是折后图形中半圆O 上异于A ，B 的点．（Ⅰ）证明：EA EC ⊥；（Ⅱ）若异面直线AE 和DC 所成的角为6π，求三棱锥D ACE -的体积．【解析】（Ⅰ）∵面ABCD ⊥圆O ，面ABCD 圆O AB =，BC ⊂平面ABCD ，BC AB ⊥，∴BC ⊥圆O ，又EA ⊂圆O ，∴BC EA ⊥，又AEB ∠是直角，即BE EA ⊥，而BE BC B = ，∴EA ⊥面EBC ，又EC ⊂面EBC ，∴EA EC ⊥．（Ⅱ）在矩形ABCD 中，//AB CD ，直线AE 和DC 所成的角为6π，∴直线AE 和AB 所成的角为6π，即6BAE π∠=．过E 作EF AB ⊥于F ，则EF ⊥面ABCD ．又22AB AD a ==，6BAE π∠=，易得AE =，即有32EF a =，∴211222ACD S AD CD a a a =⨯⨯=⨯⨯= ，由2311333326D ACE E ACD ACD V V S EF a a a --==⨯⨯=⨯⨯= ．∴三棱锥D ACE -的体积是336a ．【提分秘籍】平面图形折叠问题的解题策略(1)解决与折叠有关问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,折线同一侧的线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形,善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.【变式演练】1.（2021届青海省西宁市一模）如图，已知圆O 的直径AB 长为2，上半圆圆弧上有一点C ，60COB ∠=︒，点P 是弧AC 上的动点，点D 是下半圆弧的中点，现以AB 为折线，将上､下半圆所在的平面折成直二面角，连接PO ，PD ，CD .（1）当//AB 平面PCD 时，求PC 的长；（2）求三棱锥P COD -的最大体积【解析】（1）因为//AB 平面PCD ，AB ⊂平面O C P ，平面OCP ⋂平面PCD PC =，所以由线面平行的性质定理得//AB PC .又60COB ∠=︒，可得60OCP ∠=︒.而OC OP =，所以OCP △为正三角形，所以1PC =.（2）因为二面角为直二面角，且⊥DO AB ，所以DO ⊥平面COP ，而P COD D COP V V --=，则111sin sin 326P COD D COP V V OP OC COP OD COP --==⨯⨯⨯⨯∠⨯=∠，所以当90COP ∠=︒时，三棱锥P COD -体积最大，最大值为16.2．（四川省宜宾市2021届二模）已知四边形ABCD 是直角梯形，//AB CD ，45C ∠=︒，2AB =，4CD =，E ，F 分别为CD ，BC 的中点(如图1)，以AE 为折痕把ADE 折起，使点D 到达点S 的位置且平面SAE ⊥平面ABCE (如图2).（1）求证：EF SE ⊥；（2）求点C 到平面SEF 的距离.【解析】（1）证明：连结BE ，因为4CD =，E 为CD 的中点，所以2DE AB ==，因为四边形ABCD 是直角梯形，AB CD ∥，所以ABCD 是矩形，所以BE CD ⊥，又45C ∠=︒，2EC =，所以2AD BE EC ===，所以四边形ABED 是正方形，BEC △是等腰直角三角形，又F 为BC 的中点，所以EF BC ⊥，又45C ∠=︒，所以ADE 与EFC 都是等腰直角三角形，所以45DEA CEF ∠=∠=︒，所以EF AE ⊥，因为平面SAE ⊥平面ABCE ，平面SAE 平面ABCE AE =，EF ⊂平面ABCE ，所以EF ⊥平面SAE ，又SE ⊂平面SAE ，所以EF SE ⊥；（2）设AE 的中点为O ，连结SO ，因为平面SAE ⊥平面ABCE ，所以点S 到AE 的距离2SO =1EFC S =△，所以1233S EFC EFC V S SO -=⋅=△，由（1）可知，EF SE ⊥，所以12222SEF S =⨯=△设点C 到平面SEF 的距离为h ，由等体积法可得，S EFC C SEF V V --=，所以21233h =⨯，解得1h =，所以点C 到平面SEF 的距离为1.1．（2021·山东滕州一中高三模拟）如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠= ，且1BC AC ^，过1C 作1C H ⊥底面ABC ，垂足为H ，则点H 在.A ．直线AC 上B ．直线AB 上C ．直线BC 上D ．ABC ∆内部【答案】B 【解析】连接1AC ，如图.∵90BAC ∠= ，∴AC AB ⊥，∵1BC AC ^，1BC AB B =，∴AC ⊥平面1ABC .又AC 在平面ABC 内，∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC ⊥平面1ABC ，则根据面面垂直的性质定理知，在平面1ABC 内一点1C 向平面ABC 作垂线，垂足必落在交线AB 上.故选B.2.（内蒙古赤峰市2021届二模）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，过B ，E ，1D 的截面与棱11A B 交于F ，则截面1BED F 分别在平面1111D C B A 和平面11ABB A 上的正投影的面积之和（）A ．有最小值1B ．有最大值2C ．为定值2D ．为定值1【答案】D 【解析】因为平面1BED F 平面ABCD BE =，平面1BED F 平面11111A B C D D F =，平面1111D C B A //平面ABCD ，所以1//BE D F ，同理1//D E BF ，所以截面1AED F 是平行四边形，所以1BE D F =，所以1A F CE =，从而1B F DE =，截面1BED F 在平面1111D C B A 上的正投影是以CE 为底，高为1的平行四边形，在平面11ABB A 上的正投影是以DE 为底，高为1的平行四边形，因此两个投影的面积和为()11S CE DE =+⨯=为定值．故选：D ．3.（2021·河北衡水中学高三模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则动点P 的轨迹是()A ．线段BCB ．线段1BC C ．线段1B CD ．平面11BCC B 【答案】C 【解析】如图，连接AC ，1AB ，1B C ，在正方体1111ABCD A B C D -中，由正方体的结构特征，可得：11BD CB ⊥，1BD AC ⊥，又1CB AC C = ，1BD ∴⊥面1ACB ，又点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，根据平面的基本性质得：点P 的轨迹为面1ACB 与面11BCC B 的交线段1CB ．故选：C ．4．（山西省2021届二模）如图所示，在三棱锥P ABC -中，PA BC ⊥且1PA BC ==，PB AC ==PC =，则下列命题不正确的是（）A ．平面PAB ⊥平面PBCB ．平面PAB ⊥平面ABC C ．平面PAC ⊥平面PBCD ．平面PAC ⊥平面ABC 【答案】C【解析】1PA BC == ，PB AC ==PC =∴在PBC 中，2222221PB BC PC +=+==，BC PB ∴⊥，又PA BC ⊥且PA PB P = ,BC ∴⊥平面PAB ,又BC ⊂平面ABC ，BC ⊂平面PBC∴平面PAB ⊥平面PBC ，平面PAB ⊥平面ABC ，故AB 正确；在PAC △中，2222221PA AC PC +=+==，PA AC ∴⊥，,PA BC BC AC C ⊥= ，PA ∴⊥平面ABC ,又PA ⊂ 平面PAC ,∴平面PAC ⊥平面ABC ，故D 正确；对于C 选项，若假设平面PAC ⊥平面PBC ，则过A 作AM PC ⊥于M ，如图由平面PAC 平面PBC PC =,AM ∴⊥平面PBC ，可得AM BC ⊥，又PA BC ⊥，PA AM M = ,BC ∴⊥平面PAC ，BC AC ∴⊥,这与ABC 中BC AB ⊥矛盾，故假设不正确，故C 选项错误.故选：C5．（2021·辽宁东北育才中学高三模拟）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB AD ==，11AA =，若面对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（）A ．1B ．3C ．13D 7【答案】D 【解析】将长方体对角面11A BCD 绕1A B 旋转至与平面11ABB A 在同一平面内，如下图所示：则当1,,A P D 三点共线时，1AP D P +取得最小值1AD ，又1AA AB ⊥，11AA =，3AB =，13AA B π∴∠=，115326AA D πππ∴∠=+=，在11A AD 中，由余弦定理得：222111111152cos 76AD AA A D AA A D π=+-⋅=，17A D ∴=，即1AP D P +7.故选：D.6．（江西省鹰潭市2021届高三高考一模）如图1，直线EF 将矩形ABCD 分为两个直角梯形ABFE 和CDEF ，将梯形CDEF 沿边EF 翻折，如图2，在翻折过程中（平面ABFE 和平面CDEF 不重合），下列说法正确的是（）A ．在翻折过程中，恒有直线//AD 平面BCFB ．存在某一位置，使得//CD 平面ABFEC ．存在某一位置，使得//BF CDD ．存在某一位置，使得DE ⊥平面ABFE【答案】A【解析】对于A ，由题意得：//DE CF ，//AE BF ，∵AE DE E = ，BF CF F ⋂=，∴平面//ADE 平面BCF ，∵AD ⊂平面ADE ，∴在翻折过程中，恒有直线//AD 平面BCF ，故A 正确；对于B ，∵直线EF 将矩形ABCD 分为两个直角梯形ABFE 和CDEF ，∴CD 与EF 相交，∴不存在某一位置，使得//CD 平面ABFE ，故B 错误；对于C ，∵平面CDEF 平面BFC EF =，BF ⊂平面BFC ，⋂=BF EFF ，所以直线BF 与平面CDEF 相交；∴不存在某一位置，使得//BF CD ，故C 错误；对于D ，∵四边形DEFC 是梯形，DE CD ⊥，∴DE 与EF 不垂直，∴不存在某一位置，使得DE ⊥平面ABFE ，故D 错误．故选：A ．7．（2021·山东潍坊一中高三模拟）已知α，β是两个平面，m ，n 是两个条件，则下列结论正确的是（）A ．如果m α⊥，//n α，那么m n⊥B ．如果m n ⊥，m α⊥，βn//，那么αβ⊥C ．如果//αβ，m α⊂，那么//m βD ．如果//m α，βn//且//αβ，那么//m n 【答案】AC【解析】对于A ，若m α⊥，//n α，则m n ⊥,故A 正确;对于B ，若m n ⊥，m α⊥，βn//，则//αβ或αβ，相交，故B 错误;对于C ，若//αβ，m α⊂，则//m β，故C 正确；对于D ，若//m α，βn//且//αβ，则m n ，平行、相交或异面，故D 错误.故选：AC.8.（2021·深圳中学高三模拟）下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A ．//AE CDB ．//CH BEC ．DG BH ⊥D ．BG DE⊥【答案】BCD 【解析】由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，AE CD ⊥，故A 错误；由//,HE H BC E BC =，四边形BCHE 为平行四边形，所以//CH BE ，故B 正确；因为,DG HC DG BC ⊥⊥,HC BC C = ,所以DG ⊥平面BHC ,所以DG BH ⊥，故C 正确；因为//BG AH ，而DE AH ⊥,所以BG DE ⊥，故D 正确.故选：BCD9.（2021·山东曲阜师范大学附属中学高三模拟）如图，AB 为圆O 的直径，点C 在圆周上（异于点A ，B ），直线PA 垂直于圆O 所在的平面，点M 是线段PB 的中点，下列命题正确的是（）A ．//MO 平面PAC ；B ．//PA 平面MOB ；C ．OC ⊥平面PACD ．平面PAC ⊥平面PBC【答案】AD 【解析】因为 AB 为圆O 的直径，M 是线段PB 的中点，所以//OM PA ；又OM ⊄平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以//MO 平面PAC ；即A 正确；又PA ⊂平面PAB ，即PA ⊂平面MOB ，故B 错；因为点C 在圆O 的圆周上，所以AC CB ⊥，故OC 不与AC 垂直，所以OC 不可能与平面PAC 垂直，即C 错；由直线PA 垂直于圆O 所在的平面，所以PA BC ⊥；又AC CB ⊥，AC PA A ⋂=，AC ⊂平面PAC 、PA ⊂平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC ，又BC ⊂平面PBC ，所以平面PAC ⊥平面PBC ，即D 正确.故选：AD.10（2021·福建三明市·三明一中高三模拟）如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，当底面四边形1111D C B A 满足条件______时，有111AC B D ⊥（注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况）.【答案】1111AC B D ⊥【解析】连接11AC ，由直四棱柱1111ABCD A B C D -可得1CC ⊥平面1111D C B A ，因为11B D ⊂平面1111D C B A ，故111CC B D ⊥，当1111AC B D ⊥时，因为1111CC AC C ⋂=，故11B D ⊥平面11AC C ，而1AC ⊂平面11AC C ，故111AC B D ⊥.故答案为：1111AC B D ⊥.11.（2021·浙江镇海中学高三模拟）P 是ABC 所在平面外一点，过P 作PO ⊥平面ABC ，垂足是O ，连接PA 、PB 、PC .（1）若PA PB PC ==，则O 为ABC 的__________心；（2）PA PB ⊥，PA PC ⊥，PC PB ⊥，则O 是ABC 的__________心.【答案】外垂【解析】（1）如下图所示：PO ⊥ 平面ABC ，OA 、OB 、OC ⊂平面ABC ，PO OA ∴⊥，PO OB ⊥，PO OC ⊥，PA PB PC == ，则POA 、POB 、POC △均为直角三角形且全等，所以，OA OB OC ==，因此，O 为ABC 的外心；（2）如下图所示：PA PB ⊥ ，PA PC ⊥，PB PC P ⋂=，PA ∴⊥平面PBC ，BC ⊂ 平面ABC ，BC PA ∴⊥，PO ⊥ 平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，BC PO ∴⊥，PA PO P = ，BC ∴⊥平面PAO ，AO ⊂Q 平面PAO ，AO BC ∴⊥，同理可证AC BO ⊥，所以O 为ABC 三条边上高线的交点，即为垂心．故答案为：外；垂.12.（2021·广东珠海市·高三模拟）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E 为平面11AAC C 内的动点，12B E =，则AE 长度的最小值为___________.【解析】在正方体1111ABCD A B C D -中，连接B 1D 1交A 1C 1于点O ，则B 1D 1⊥A 1C 1，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，即B 1D 1⊥AA 1，如图：从而有B 1O ⊥平面A 1B 1C 1D 1，连OE ，Rt △B 1OE 中，1B O =，而12B E =，则EO =所以点E 在平面ACC 1A 1内的以O 为半径的矩形ACC 1A 1内的半圆上，而点A 及半圆弧在半圆O 的直径A 1C 1同侧，且点A 在半圆弧外，则有min ()AE AO ==13.（宁夏银川市第二中学2021届一模）如图，矩形ABCD 中，2,1AB BC ==，E 为CD 的中点，把 ADE 沿AE 翻折，使得平面ADE ⊥平面ABCE ．（1）求证：AD BE ⊥；（2）在CD 上确定一点F ，使//AD 平面BEF ；（3）求四棱锥F ABCE -的体积．【解析】（1）证明：∵平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE 平面ABCE AE =又由已知可得2AE BE ==，2AB =，∴BE AE ⊥，则BE ⊥平面DAE ∵AD ⊂平面DAE ，∴BE AD ⊥，故AD BE ⊥；（2）连接AC 交BE 于G ，则12CG CE GA AB ==，在线段CD 上取CD 的三等分点F （靠近C ），连接FG ，则13CF CG CD CA ==，可得//AD FG 而AD ⊄平面,BEF FG ⊂平面BEF ，则//AD 平面BEF ；（3）取AE 中点O ，连接DO ，则DO AE⊥又平面ADE ⊥平面ABCE ，且平面ADE 平面ABCE AE=∴DO ⊥平面ABCE ，在Rt ADE △中，可得22DO =∵F 为CD 的三等分点F （靠近C ），∴F 到平面ABCE 的距离为122326⨯=．可得四棱锥F ABCE -的体积为1122(12)23266⨯+⨯⨯=．14．（安徽省蚌埠市2021届三模）已知平面四边形ABCD 中，AB AC ⊥，2AB AC AD CD ====，现将ABC 沿AC 折起，使得点B 移至点P 的位置(如图)，且PC PD =.（1）求证：CD PA ⊥；（2）若M 为PD 的中点，求点D 到平面ACM 的距离.【解析】（1）证明：由题意知，PA AC ⊥，即90PAC ∠=︒，∵AC AD =，PC PD =，PA PA =，∴PAC PAD ≅ ，则90PAD PAC ∠=∠=︒，∴PA AD ⊥，又AC AD A = ，∴PA ⊥平面ACD ，又CD ⊂平面ACD ，∴PA CD ⊥；（2）由M 为PD的中点，即MD =，又12cos CD MDC PD ∠==，在MCD △中，2222cos 24224MC MD DC MD DC MDC =+-⋅⋅∠=+-=，得2MC =，在AMC 中，2AC MC ==，AM =3cos 4ACM ∠=，sin 4ACM ∠=，∴11sin 222242AMC S AC CM ACM =⋅⋅⋅∠=⨯⨯⨯= ，设点D 到平面ACM 的距离为d ，则由等体积法有D AMC M ADC V V --=，故111332AMC ADC S d S PA ⋅⋅=⋅⋅ ，即22124d =⨯⨯，解得2217d =，故点D 到平面ACM 的距离为2217.。

高考数学最新真题专题解析—立体几何综合（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I卷【母题题文】已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则()A. 直线BC1与DA1所成的角为90∘B. 直线BC1与CA1所成的角为90∘C. 直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45∘D. 直线BC1与平面ABCD所成的角为45∘【答案】ABD【分析】本题主要考查直线与直线所成角及直线与平面所成角，属于中档题．【解答】解：如图，因为BC1⊥B1C，B1C//DA1，所以BC1⊥DA1，故A正确;对于选项B:因为直线BC1⊥平面CDA1B1，且CA1⊂平面CDA1B1，所以直线BC1⊥CA1，故B正确;对于选项C:连接A1C1与B1D1交于点O1，则∠O1BC1即为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，sin∠O1BC1=O1C1BC1=12，所以∠O1BC1=30∘，故C错误;对于选项D:直线BC1与平面ABCD所成的角即为∠C1BC=45∘，所以D 正确．【母题来源】2022年新高考I卷【母题题文】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值．【答案】解：(1)设A到平面A1BC的距离为d，因为直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，即可得S△ABC·AA1=4，故V A1−ABC =13S△ABC·AA1=43，又V A1−ABC =V A−A1BC=13S△A1BC·d=13×2√2×d=43，解得d =√2，所以A 到平面A 1BC 的距离为√2；(2)连接AB 1，因为直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AA 1=AB ， 故AA 1B 1B 为正方形，即AB 1⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ，AB 1⊂平面ABB 1A 1， 故AB 1⊥平面A 1BC ，所以AB 1⊥BC ，又因为AA 1⊥BC ，AB 1,AA 1⊂平面ABB 1A 1，且AB 1∩AB 1=A ， 故BC ⊥平面ABB 1A 1，则BC ⊥AB ， 所以BB 1,AB,BC 三条直线两两垂直， 故如图可以以B 为原点建立空间直角坐标系，设AA 1=AB =a ，BC =b ，则A 1B =√2a ，由条件可得{12a ×b ×a =412×√2a ×b =2√2，解得{a =2b =2, 则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，A 1(0,2,2)，A 1C 的中点D(1,1,1)， 所以BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0) 设平面ABD 的一个法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，{n1⃗⃗⃗⃗ ⋅BA⃗⃗⃗⃗⃗ =0n1⃗⃗⃗⃗ ⋅BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{2y=0x+y+z=0，取n1⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)，同理可求得平面BCD的一个法向量为n2⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1)所以|cos<n1⃗⃗⃗⃗ ，n2⃗⃗⃗⃗ >|=|n1⃗⃗⃗⃗⃗ ·n2⃗⃗⃗⃗⃗ ||n1⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n2⃗⃗⃗⃗⃗ |=12，所以二面角A−BD−C的正弦值为√32．【母题来源】2022年新高考II卷【母题题文】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB//ED，AB=ED=2FB，记三棱锥E−ABC，E−ACF，F−ABC的体积分别为V1，V2，V3，则()A. V3=2V2B. V3=2V1C. V3=V1+V2D. 2V3=3V1【答案】CD【解析】【分析】本题主要考查三棱锥的体积，属于基础题．【解答】解：设AB=ED=2FB=2，则V1=13×2×2=43，V2=13×2×1=23.连结BD交AC于M，连结EM、FM，则FM=√3，EM=√6，EF=3，故S△EMF=1 2⋅√3⋅√6=3√22，V3=13S△EMF×AC=2，V3=V1+V2，2V3=3V1．【母题来源】2022年新高考II卷【母题题文】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．(1)证明：OE//平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30∘，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B正弦值．【答案】解：(1)法一：连接OA、OB，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，作AB中点D，连接OD、DE，则有OD⊥AB，又AB⊥AC，所以OD//AC，又因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD//平面PAC，又D、E分别为AB、PB的中点，所以，在△BPA中，DE//PA又因为平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE//平面PAC，又OD、DE⊂平面ODE，OD∩DE=D，所以平面ODE//平面PAC，又OE⊂平面ODE，所以OE//平面PAC;法二：(1)连接OA、OB，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，又AB⊥AC，在Rt△ABF，O为BF中点，延长BO，交AC于F，连接PF，所以在△PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EO//PF，因为EO⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，所以EO//平面PAC;(2)法一：过点D作DF//OP，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴．建立如图所示的空间直角坐标系．因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，又∠ABO=∠CBO=30∘，所以OD=2，DB=2√3，)，所以P(0,2,3)，B(2√3,0,0)，A(−2√3,0,0)，E(√3,1,32设AC=a，则C(−2√3,a,0)，平面AEB的法向量设为n1⃗⃗⃗⃗ =(x1,y1,z1)，直线AB的方向向量可设为a⃗=(1,0,0)，直线DP⊂平面AEB，直线DP的方向向量为b⃗ =(0,2,3){a ⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0b ⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0，所以{x 1=02y 1+3z 1=0,所以x 1=0，设y 1=3，则z 1=−2，所以n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,3,−2);平面AEC 的法向量设为n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32) {AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0，所以{ay 2=03√3x 2+y 2+32z 2=0，所以y 2=0，设x 2=√3，则z 2=−6，所以n ⃗ =(√3,0,−6);所以cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ，n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√13×√39=13√3=4√313， 二面角C −AE −B 的平面角为θ，则sinθ=√1−cos 2θ=1113， 所以二面角C −AE −B 的正弦值为1113法二：(2)过点A 作AF//OP ，以AB 为x 轴，AC 为y 轴，AF 为z 轴 建立所示的空间直角坐标系．因为PO =3，PA =5，由(1)OA =OB =4，又∠ABO =∠CBO =30°，所以，AB =4√3，所以P(2√3,2,3)，B(4√3,0,0)， A(0,0,0)，E(3√3,1,32)，设AC =a ，则C(0,a,0)，平面AEB 的法向量设为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4√3,0,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32) {AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0，所以{4√3x 1=03√3x 1+y 1+32z 1=0，所以x 1=0设z 1=−2，则y 1=3， 所以n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,3,−2);平面AEC 的法向量设为n 2⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32) {AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ =0，所以{ay 2=03√3x 2+y 2+32z 2=0,所以y 2=0，设x 2=√3，则z 2=−6，所以n 2⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,−6);所以cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ，n 2⃗⃗⃗⃗ >=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√13×√39=√1213√3=4√313二面角C −AE −B 的平面角为θ，则sinθ=√1−cos 2θ=1113， 所以二面角C −AE −B 的正弦值为1113． 【命题意图】考察棱柱、棱锥棱台、圆柱、圆锥、圆台及其简单组合体的结构特征，能画出简单空间图形并能识别立体图形的模型，考察几何体中的点线面关系，考察线线、线面、面面之间的平行和垂直关系，考察异面直线所成的角，直线和平面所成的角，二面角的平面角等的求解，考察数形结合思想，空间想象力及逻辑推导能力。

专题八 立体几何34 空间点、线、面的位置关系1．空间中可以确定一个平面的条件是 A ．三个点 B ．四个点 C ．三角形D ．四边形【答案】C【解析】在A 中，不共线的三个点能确定一个平面，共线的三个点不能确定一个平面，故A 错误； 在B 中，不共线的四个点最多能确定四个平面，故B 错误；在C 中，由于三角形的三个顶点不共线，因此三角形能确定一个平面，故C 正确； 在D 中，四边形有空间四边形和平面四边形，空间四边形不能确定一个平面，故D 错误. 2．已知异面直线,a b 分别在平面,αβ内，且c αβ=，那么直线c 一定A ．与a b ，都相交B ．只能与a b ，中的一条相交C ．至少与a b ，中的一条相交D ．与a b ，都平行【答案】C【解析】若 与 ， 都不相交，则 与 ， 都平行. 根据公理4，则 ，与 ， 异面矛盾. 故直线c 一定至少与a b ，中的一条相交.3．已知 ， 是异面直线，直线 平行于直线 ，那么 与 A ．一定是异面直线 B ．一定是相交直线 C ．不可能．．．是相交直线 D ．不可能．．．是平行直线 【答案】D【解析】∵直线a 与b 是异面直线，直线c ∥a ，∴直线b 和c 有可能在同一平面上，也有可能不在同一平面上， 如果b 和c 在同一平面上，二者的位置关系为相交； 如果b 和c 不在同一平面上，二者的位置关系为异面．如果b ∥c ，则a ∥b ，与已知a ，b 是异面直线矛盾，故答案为D. 4．已知直线 和平面 ，若 ， ，则过点 且平行于 的直线 A ．只有一条，不在平面 内 B ．只有一条，且在平面 内 C ．有无数条，一定在平面 内 D ．有无数条，不一定在平面 内【答案】B【解析】假设过点P 且平行于l 的直线有两条m 与n ，则m ∥l 且n ∥l ， 由平行公理得m ∥n ，这与两条直线m 与n 相交于点P 相矛盾， 故过点 且平行于 的直线只有一条，又因为点P 在平面内，所以过点P 且平行于l 的直线只有一条且在平面内． 故选B.5．如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是A ．直线AA 1B ．直线A 1B 1C ．直线A 1D 1 D ．直线B 1C 1【答案】D【解析】只有11B C 与EF 在同一平面内，是相交的，其他A ，B ，C 选项中的直线与EF 都是异面直线，故选D ．6．如图所示，平面 平面 ， ， ， ， ，则平面 和平面 的交线是A ．直线B ．直线C ．直线D ．直线ABC D E F A 1B 1C 1D 1【答案】D【解析】∵l α⊂， ，∴ ， 又 ，∴CD α⊂．又 在平面 内，∴ 为平面 与平面 的交线．故选D. 7．设直线l 与平面α平行，直线m 在平面α上，那么 A ．直线l 不平行于直线m B ．直线l 与直线m 异面 C ．直线l 与直线m 没有公共点 D ．直线l 与直线m 不垂直【答案】C【解析】∵直线l 与平面α平行，∴由线面平行的定义可知：直线l 与平面α无公共点， 又直线m 在平面α上， ∴直线l 与直线m 没有公共点， 故选C ．8．在空间四边形 的边 ， ， ， 上分别取 ， ， ， 四点，如果 ， 交于一点 ，则 A ． 一定在直线 上 B ． 一定在直线 上C ． 一定在直线 或 上D ． 既不在直线 上，也不在直线 上 【答案】B【解析】由题意， ， 相交于点 ，则点 ，且 ， 又 平面 ， 平面 ，则 平面 ，且 平面 ， 则点 必在平面 与平面 的交线上，即点 一定在直线 上． 故选 ．9．空间中A B C D E ，，，，五点不共面，已知A B C D ，，，在同一平面内，B C D E ，，，在同一平面内，那么B C D ，，三点 A ．一定构成三角形 B ．一定共线 C ．不一定共线D ．与AE ，共面 【答案】B【解析】设平面ABCD 为α，平面BCDE 为β，且A B C D E ，，，，不共面，则,BC CD αα⊂⊂，,BC CD ββ⊂⊂，则,αβ必相交于直线l ，且,,B l C l D l ∈∈∈，故B C D ，，三点一定共线且位于平面ABCD 与平面BCDE 的交线上. 故选B.10．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 所成角的余弦值为A ．23-B ．53 C ．23D ．255【答案】C【解析】如图，连结BE ，∵在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点， ∴CD AB ∥，∴BAE ∠是异面直线AE 与CD 所成的角（或所成角的补角）， 设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2， 则2AB =，415BE =+=，AB BE ⊥，则22453AE AB BE =+=+=，∴异面直线AE 与CD 所成角的余弦值为2cos 3AB BAE AE ∠==. 故异面直线AE 与CD 所成角的余弦值为23． 故选C ．11．平面 内有不共线的三点到平面 的距离相等且不为零，则 与 的位置关系为 _____ .【答案】平行或相交【解析】若三点分布于平面β的同侧，则α与β平行； 若三点分布于平面β的两侧，则α与β相交． 故 与 的位置关系为平行或相交.12．若直线 和平面 平行,且直线 ,则两直线 和 的位置关系为 _____ . 【答案】平行或异面【解析】由条件可知直线 和 没有公共点,故直线 和 的位置关系为平行或异面.13．若直线l 1与l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是A ．l 与l 1,l 2都不相交B ．l 与l 1,l 2都相交C ．l 至多与l 1,l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1,l 2中的一条相交【答案】D【解析】可用反证法. 假设l 与1l ，2l 都不相交，因为l 与1l 都在平面 内，于是1l l ∥，同理2l l ∥，于是12l l ∥，与已知矛盾，故l 至少与1l ，2l 中的一条相交，故选D ．14．已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是A ．若 ， ，则B ．若 ， ，则C ．若 ， ，则D ．若 ， ，则【答案】D【解析】对于A ，若 ，则m ，n 可能相交、平行、异面，A 错； 对于B ，若 ，则 、 可能相交、平行，B 错； 对于C ，若 ，则 、 可能相交、平行，C 错；对于D ，若 ，根据线面垂直的性质定理可得 ，D 正确. 故选D.15．设,a b 是异面直线，则以下四个命题：①存在分别经过直线,a b 的两个互相垂直的平面；②存在分别经过直线,a b 的两个平行平面；③经过直线a 有且只有一个平面垂直于直线b ；④经过直线a 有且只有一个平面平行于直线b ，其中正确的个数有 A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】C【解析】对于①，可以在两个互相垂直的平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断①正确；对于②，可在两个平行平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断②正确；对于③，当这两条直线不是异面垂直时，不存在这样的平面满足题意，可判断③错误；对于④，假设过直线a有两个平面α、β与直线b平行，则平面α、β相交于直线a，过直线b作一平面γ与平面α、β相交于两条直线m、n，则直线m、n相交于一点，且都与直线b平行，这与“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行”矛盾，所以假设不成立，所以④正确.故选C．16．我国古代《九章算术》里，记载了一个例子：今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”该问题中的羡除是如图所示的五面体，其三个侧面皆为等腰梯形，两个底面为直角三角形，其中尺，尺，尺，间的距离为尺，间的距离为尺，则异面直线与所成角的正弦值为A．9130130B．7130130C．97D．79【答案】B【解析】过点作，如图：根据题意知，所以是异面直线与所成的角，又因为 尺， 尺，且侧面为等腰梯形，则 尺， 间的距离为 尺，故 尺，由勾股定理得 尺， 所以77130sin 130130FDC ∠==. 故选B.17．在长方体1111ABCD A B C D -中，O 是DB 的中点，直线1A C 交平面1C BD 于点M ，则下列结论正确的是①1C 、M 、O 三点共线； ②1C 、M 、A 、C 四点共面； ③1C 、O 、1B 、B 四点共面；④1D 、D 、O 、M 四点共面．A ．①②③B ．①②③④C ．①②D ．③④【答案】C【解析】∵O AC ∈，AC ⊂平面11ACC A ，∴O ∈平面11ACC A ， ∵O BD ∈，BD ⊂平面1C BD ，∴O ∈平面1C BD ， ∴O 是平面11ACC A 和平面1C BD 的公共点；同理可得，点M 和1C 都是平面11ACC A 和平面1C BD 的公共点，根据公理3可得1C 、M ，O 在平面11ACC A 和平面1C BD 的交线上，因此①正确． ∵11AA BB ∥，11BB CC ∥，∴11AA CC ∥,1AA ，1CC 确定一个平面，又1M A C ∈，1AC ⊂平面11ACC A ，∴M ∈平面11ACC A ，故②正确． 根据异面直线的判定定理可得1BB 与1C O 为异面直线，故1C 、O 、1B 、B 四点不共面，故③不正确． 根据异面直线的判定定理可得1DD 与MO 为异面直线， 故1D 、D 、O 、M 四点不共面，故④不正确． 故选C ．18．不在同一条直线上的三点A 、B 、C 到平面α的距离相等，且A ∉α，给出以下三个命题：①△ABC 中至少有一条边平行于α；②△ABC 中至多有两边平行于α；③△ABC 中只可能有一条边与α相交.其中真命题是_____________.（填序号） 【答案】①【解析】如图，三点A 、B 、C 可能在α的同侧，也可能在α两侧，其中真命题是①.19．如图所示，若,,,G H M N 分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线,GH MN 是异面直线的图形有_____________.（填序号）【答案】②④【解析】①中，GH MN ∥，③中，连接GM ，则GM HN ∥且GM HN ≠，故GH ，MN 必相交，②④符合题意.20．如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧面都是矩形，底面四边形ABCD 是菱形且23AB BC ==，120ABC ∠=︒，若异面直线1A B 和1AD 所成的角为90︒，则1AA 的长为_____________.【答案】6【解析】如图，连接1CD AC ，.由题意得四棱柱1111ABCD A B C D -中，11∥A D BC ，11A D BC =， ∴四边形11A BCD 是平行四边形，11A B CD ∴∥，1AD C ∴∠（或其补角）为1A B 和1AD 所成的角.∵异面直线1A B 和1AD 所成的角为90︒，190AD C ∴∠=︒.∵四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧面都是矩形，底面四边形ABCD 是菱形，1△ACD ∴是等腰直角三角形，122AD AC ∴=.∵底面四边形ABCD 是菱形且23AB BC ==，120ABC ∠=︒，23sin 6026AC ∴=⨯︒⨯=，12322AD AC ==， ()()2222111132236AA AD A D ∴=-=-=.21．（2019年高考全国Ⅲ卷理数）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠. 故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．22．（2018新课标全国Ⅱ理科）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15B ．56C ．55D ．22【答案】C【解析】用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面， 如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1=5DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得222111115455cos 2545DB B P DP DB P DB PB +-+-∠===⋅. 故选C.23．（2017新课标全国Ⅱ理科）已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A ．32B ．155 C ．105D ．33【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -， 则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===，易得22211C D BD BC =+，因此111210cos 55BC BC D C D ∠===. 故选C ．【名师点睛】平移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．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．24．（2015安徽理科）已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是A ．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B ．若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行C ．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D ．若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面 【答案】D【解析】由A ，若α，β垂直于同一平面，则α，β可以相交、平行，故A 不正确； 由B ，若m ，n 平行于同一平面，则m ，n 可以平行、重合、相交、异面，故B 不正确；由C ，若α，β不平行，但α平面内会存在平行于β的直线，如α平面中平行于α，β交线的直线，故C 不正确；由D ，其逆否命题为“若m 与n 垂直于同一平面，则m ，n 平行”是真命题，故D 项正确. 所以选D.25．（2016新课标全国Ⅰ理科）平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α//平面CB 1D 1，αI 平面ABCD =m ，αI 平面ABB 1 A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为A ．32B ．22C ．33D ．13【答案】A【解析】如图，设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为α∥平面11CB D ，所以','m m n n ∥∥，则,m n 所成的角等于','m n 所成的角. 过1D 作11D E B C ∥，交AD 的延长线于点E ,连接CE ，则CE 为'm . 连接1A B ，过B 1作111B F A B ∥，交1AA 的延长线于点1F ，则11B F 为'n . 连接BD ，则111,BD CE B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，为60︒， 故,m n 所成角的正弦值为32， 选A.【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形、解形求角、得钝求补.26．(2017新课标全国Ⅲ理科) a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，2AB AD ==,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在Rt BDE △中，2,2BE DE =∴=，过点B 作BF ∥DE ，交圆C于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知2BF DE ==,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【名师点睛】（1）平移直线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π0,2⎛⎤⎥⎝⎦，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.。

5 空间余弦定理的妙用秒杀知识点如图，在空间四边形ABCD 中，AC BD AC AD ABAC AD AC ABcos cos AC AD CAD AC AB CAB2222AC AD CD AC AD AC AD 2222AC AB CB AC AB AC AB22222AD CB AB CD ,设AC ，BD 所成的夹角为，0,2，则cos cos ,AC BD AC BDAC BD，故2222cos2AD CB AB CD AC BD.此公式可称为空间形式的余弦定理，简称为空间余弦定理.【记忆方法】①看四个字母ABCD ，两边的与中间的AD ，CB 是平方之后为加号，相连的AB ，CD 平方之后为减号，分母与平面余弦定理相似.②也可用另一种形式记忆：求“对角线”AC 与BD 的夹角的余弦等于两组对边平方和的差的绝对值除以两对角线乘积的2倍.【推论】在空间四边形中22222ADCBAB CDAC BD（由上面证明可得出）.秒杀思路分析利用空间余弦定理，关键是构造出空间四边形，并且空间四边形边长及对角线长可求. 为快速求出空间四边形边长，一般把几何体放置在长方体或直棱柱中. 【示例1】（2015年浙江卷理13）如图，三棱锥A BCD 中,3ABACBDCD，2ADBC，点M ，N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为 .【示例2】（2017年全国卷II 理10）已知直三棱柱111ABCA B C 中，120ABC，2AB ，11BCCC ，则异面直线1AB 与1BC 所成角得余弦值为（）A.【示例3】 如图，在三棱锥D ABC 中，已知2AB ，3AC BD .设AD a ，BCb ，CDc ，则21c ab 的最小值为 .【示例4】（2017年天津卷文17）如图，在四棱锥P ABCD 中，AD 平面PDC ，//AD BC ，PDPB ，1AD ，3BC ，4CD ，2PD .(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值.(2)(3)略.方法对比【例1】 （2014年全国大纲卷文4）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.1 C.1【例2】（2017年江苏卷数学II 附加题22）如图，在平行六面体1111ABCD A B C D 中，1AA 平面ABCD ，且2AB AD，13AA ，120BAD.（1）求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值.（2）略.【例3】（数学奥林匹克高中训练题（224））在四面体ABCD中，15BD AC，AB CD，20 AD BC，则AB与CD所成角的大小为.337秒杀训练【试题1】如图，正方体ABCD A B C D中，E为AB的中点，则异面直线D B与EC所成角的余弦值是（）1A.【试题2】如图，已知正三棱锥P ABC的侧棱与底面的边长相等，M，N分别为PB，PC的中点，则异面直线AM与BN所成角的余弦值为 .【试题3】如图，在三棱锥D ABC 中，DA 平面ABC ，90ACB ，30ABD ，ACBC ，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 .【试题4】 如图,三棱柱111OABO A B 中，平面11OBB O 平面OAB ，160O OB，90AOB ，且12OB OO ，3OA，则异面直线1A B 与1AO 所成角的余弦值为.【试题5】 如图,四边形中ABCD ，2AB BDDA ，2BC CD ，现将ABD 沿BD 折起，当二面角ABD C 处于5,66过程中，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值的取值范围为（ ）A.522,88 B. 252,88 C. 20,8 D. 520,8真题回放【试题1】（2015年陕西预赛）在三棱锥S ABC 中，已知ABAC ，SBSC ，则直线SA 与BC 所成角的大小为 .【试题2】（2014年新课标全国卷II 理11）直三棱柱111ABCA B C 中，90BCA，M ，N 分别是11A B ，11A C 的中点，1BCCACC ，则BM 与AN 所成角的余弦值为（ ）A. 110B.25D.2【试题3】(2016年浙江卷文14）如图，已知平面四边形ABCD ，3AB BC ，1CD，5AD，90ADC，沿直线AC 将ACD 翻折成'ACD ，直线AC 与'BD 所成角的余弦值的最大值为.【试题4】(2015年辽宁预赛）在正方体1111ABCDA B C D 中，点M ，N 分别在线段AB ，1BB 上（不包括线段的端点），且1AM B N ，则1A M 与1C N 所成角的取值范围是.【试题5】(2016年中国数学奥林匹亚克希望联盟夏令营（三））在四面体ABCD 中，ABD 为等边三角形，90BCD ，1BC CD ，3AC ，E ，F 分别为BD ，AC 的中点，则直线AE 与BF 所成角的余弦值为.【试题6】(数学奥林匹亚克高中训练题（223））已知正四棱锥P ABCD 的各棱长均相等，以ABCD 为一个面，在正四棱锥的另一侧作一个正方体ABCDEFGH ，则异面直线PA 与CF 所成角的余弦值为 .5 空间余弦定理的妙用秒杀知识点如图，在空间四边形ABCD 中，AC BD AC AD ABAC AD AC ABcos cos AC AD CAD AC AB CAB2222AC AD CD AC AD AC AD 2222AC AB CB AC AB AC AB22222AD CB AB CD ,设AC ，BD 所成的夹角为，0,2，则cos cos ,AC BD AC BDAC BD ，故2222cos2AD CB AB CD AC BD.此公式可称为空间形式的余弦定理，简称为空间余弦定理.【记忆方法】①看四个字母ABCD ，两边的与中间的AD ，CB 是平方之后为加号，相连的AB ，CD 平方之后为减号，分母与平面余弦定理相似.②也可用另一种形式记忆：求“对角线”AC 与BD 的夹角的余弦等于两组对边平方和的差的绝对值除以两对角线乘积的2倍.【推论】在空间四边形中22222ADCBAB CDAC BD（由上面证明可得出）.秒杀思路分析利用空间余弦定理，关键是构造出空间四边形，并且空间四边形边长及对角线长可求. 为快速求出空间四边形边长，一般把几何体放置在长方体或直棱柱中. 【示例1】（2015年浙江卷理13）如图，三棱锥ABCD 中,3ABACBDCD，2ADBC，点M ，N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为 .由已知AN ，CM 看成是空间四边形ANCM 的对角线.由已知条件AN BC ，DNBC .易求得22AN，22CM ，7MN，即可应用空间余弦定理速解. 【秒杀方法】 由公式得2222cos2AM NC AC NM AN CM11977822222. 故异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为78.【示例2】（2017年全国卷II 理10）已知直三棱柱111ABCA B C 中，120ABC，2AB ，11BCCC ，则异面直线1AB 与1BC 所成角得余弦值为（）A.如图，选取空间四边形11AB C B . 由已知得7AC，则122AC ，12BC ，15AB ，即可利用空间余弦定理速解.【秒杀方法】 22211211810cos ,5225BC AB .故选择C. 【示例3】如图，在三棱锥D ABC 中，已知2AB ，3AC BD .设AD a ，BCb ，CDc ，则21c ab 的最小值为 .本题利用公式推论，即可转化为不等式问题.【秒杀方法】 由推论：222232ADCBAB CDAC BD ，即22246a b c ，则222222cabab，即221c ab .故21c ab 的最小值为2.【示例4】（2017年天津卷文17）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)(3)略.这是一道解答题（1）问，看空间四边形PABC 即可，只需依条件求出各边的长度.由题意可求得5PA，17AC ，25PC ，29PB ，25AB ，3BC .【秒杀方法】 由公式得:2222202029175cos ,52532PC AB PB AC PA BCPA BC. 故异面直线AP 与BC . 但做为解答题在设计具体步骤方面应先给出公式的说明（证明）.其规范过程设计如下：【解题过程】（1）连接BD ，则22435BD.∴22229PB PD BD ，即29PB .易求得5PA ，17AC ，25AB ，25PC.∵AP BC AP BP CP AP BP AP CP 2222222222222AP BP AB AP CP AC AC BP CP AB ∴2222291720205cos ,52532AC BP CP AB AP BCAP BC. 故异面直线AP 与BC. 方法对比【例1】 （2014年全国大纲卷文4）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.1 C.1FEC 就是异面直线∵ABC 为等边三角形，则AB ，易得3，同理3CF ，故CF . ∵OEOF ，∴COEF ，又1124EOEF BD 1，3DE ， 2BCCD.由公式得cos ,CE BD 222212313623223.故选择3263ED FEC CE.故选择【例2】（2017年江苏卷数学II 附加题22）如图，在平行六面体1111ABCD A B C D 中，1AA 平面ABCD ，且2AB AD，13AA ，120BAD.（1）求异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值. （2）略.AD ，于点E .平面ABCD AE ，AA AD .如图，以1,,AE AD AA 为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz .2AD，13AA ，120BAD ，0,0,0，3,1,0B ，0,2,0D ，3,0,0E ，0,0,3，13,1,3C ， 13,1,3A B，13,1,3AC ，111111cos ,A B AC A B AC A B AC 3,1,33,1,3177. 7，7AC ，2，17BC ，2AB.由公式得： 221122731,7277A B AC . 故异面直线1A B 与1AC 所成角的余弦值为17.【例3】（数学奥林匹克高中训练题（224））在四面体ABCD 中，15AB CD ，20BD AC ，337AD BC ，则AB 与CD 所成角的大小为.HCGD ，x ，BF y ，BG z .222222225400337x y y zzx 解得91216xyzAB 与CD 所成角等于由余弦定理得夹角为2220203373377,2151525AB CD，AB 与CD 所成角大小为7arccos25. 秒杀训练【试题1】 如图，正方体1111ABCDA B C D 中，E 为AB 的中点，则异面直线1D B 与EC 所成角的余弦值是（ ）A.【解析】设正方体棱长为2.在空间四边形1D EBC 中易得各棱长为：1EB ，2BC ，5EC，123D B ，122D C ，13D E.由空间余弦定理得：221813215cos ,152235D B EC.选择D. 【试题2】如图，已知正三棱锥P ABC 的侧棱与底面的边长相等，M ，N 分别为PB ，PC 的中点，则异面直线AM 与BN 所成角的余弦值为 .【解析】设棱长为2，则3AM BN ,3AN ,1MN .由空间余弦定理得：22213211cos ,6233AM BN. 即AM 与BN 所成角的余弦值为16. 【试题3】如图，在三棱锥D ABC 中，DA 平面ABC ，90ACB ，30ABD ，ACBC ，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 .【解析】设1AC BC ,则2AB ，63DA263BD ，153CD ， ∴2282113033cos ,1015223AB CD. 故异面直线AB 与CD 30. 【试题4】 如图,三棱柱111OABO A B 中，平面11OBB O 平面OAB ，160O OB，90AOB ，且12OB OO ，3OA，则异面直线1A B 与1AO 所成角的余弦值为 .【解析】由题可知：12O B，7AB ，17AO ，17A B，则221137221cos ,7277A B AO ， 故1A B 与1AO 所成角的余弦值为17. 【试题5】 如图,四边形中ABCD ，2AB BDDA ，2BC CD ，现将ABD 沿BD 折起，当二面角A BD C 处于5,66过程中，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值的取值范围为（ ）A.522,88 B. 252,88 C. 20,8 D. 520,8【解析】由空间余弦定理，得： 2222224242cos222242AD BC AC BD AC AC AB CD.如图，取BD 中点O ，二面角A BD C 的平面角即AOC ，且33cos ,22AOC .∵3AO ，1CO .由余弦定理得：2222cos AC AO CO AO CO AOC423cos 1,7AOC ，从而220,5AC ，则有52cos0,8.故选择 D. 真题回放【试题1】（2015年陕西预赛）在三棱锥S ABC 中，已知AB AC ，SB SC ，则直线SA 与BC 所成角的大小为 .【解析】设ABACa ，SBSCb . 则由空间余弦定理得：2222cos ,02a b a b SA BCSA BC，即,2SA BC.故SA 与BC 所成角的大小为2.【试题2】（2014年新课标全国卷II 理11）直三棱柱111ABCA B C 中，90BCA ，M ，N 分别是11A B ，11A C 的中点，1BCCACC ，则BM 与AN 所成角的余弦值为（）A. 110B.25【解析】设12BC CACC ，5AN ，6BM ，1MN ，6AM ，3BN .由空间余弦定理得：22186330cos ,10265BM AN . 故选择C.【试题3】(2016年浙江卷文14）如图，已知平面四边形ABCD ，3AB BC ，1CD，5AD，90ADC，沿直线AC 将ACD 翻折成'ACD ，直线AC 与'BD 所成角的余弦值的最大值为.【解析】由空间余弦定理，得：'2222'''59912cos2266AD CB AB CD AC BD BDBD.易知，当'D 在平面ABC 内时，'BD 最短，从而cos 最大. 6cos 6ACD，223636cos 6263ACB . 因此翻折下来可知点'D 恰好落在线段CB 上时，'BD 最短，长为312，所以cos . 【试题4】(2015年辽宁预赛）在正方体1111ABCD A B C D 中，点M ，N 分别在线段AB ，1BB 上（不包括线段的端点），且1AMB N ，则1A M 与1C N 所成角的取值范围是 .【解析】设棱长为a ，1AM B N t . 则112A C a ，221(0)A Na t t a . 221C Na t ，2212()MC a at ，221A Ma t ，22()MNat .由空间余弦定理得：11cos ,A M C N 222222222()2()2()2()at a a t a at a t 221at a t at t a.∵2a t ta，∴111cos ,2A M C N，即11,32A M C N，故异面直线1A M 与1C N 所成角的取值范围为32，.【试题5】(2016年中国数学奥林匹亚克希望联盟夏令营（三））在四面体ABCD 中，ABD 为等边三角形，90BCD，1BCCD，3AC，E ，F 分别为BD ，AC 的中点，则直线AE 与BF 所成角的余弦值为 .【解析】由已知得1BC DC，90BCD，∴2BD ，∴22BE ，2AB .由3AC知90ABC，∴1322BF AC ，32AF.又FE BD，∴2221 4EF BF BE，即12EF ，62AE.又空间余弦定理得：31122424cos,363222AE BF.故直线AE与BF.【试题6】(数学奥林匹亚克高中训练题（223））已知正四棱锥P ABCD的各棱长均相等，以ABCD 为一个面，在正四棱锥的另一侧作一个正方体ABCD EFGH，则异面直线PA与CF所成角的余弦值为 .【解析】设正四棱锥棱长为1，则易求得222PF ，2FC，2AC ，2AF，1PA PC.由空间余弦定理得：2222122cos,4212PA CF.故异面直线PA与CF所成角的余弦值为224.。

高三数学立体几何试题答案及解析1.如图，设为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有（）A．个B．个C．个D．个【答案】C【解析】分以下两种情况讨论：（1）点到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离分别相等，且这两个距离不等，此时点位于正四面体各棱的中点，符合条件的有个点；（2）点到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离不相等，此时点在正四面体各侧面的中心点，符合条件的有个点，故选C.【考点】新定义2.在等腰三角形中，点是边上异于的一点，光线从点出发，经发射后又回到原点（如图）.若光线经过的中心，则等于（）A．B．C．D．【答案】D；【解析】以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立直角坐标系，所以等腰三角形ABC的中心坐标为，因为光线从点出发，经发射后又回到原点，故点P为三角新ABC的中心在底边AB上的投影，所以AP=.3.已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，，点P在侧面ABC的射影为O，．∴该三棱锥的体积．故选：B．【考点】由三视图求面积、体积．4.（本题满分12分）如图，在三棱锥底面ABC，且SB=分别是SA、SC的中点．（Ⅰ）求证：平面平面BCD；（Ⅱ）求二面角的平面角的大小．【答案】（Ⅰ）证明过程详见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）已知SB、AB、BC两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系如下图．根据线段长度可求出相应点的坐标，从而可推出，则，所以平面平面BCD．（Ⅱ）求出两个平面的法向量，利用法向量夹角与二面角平面角的关系求出平面角的大小．试题解析：（Ⅰ）．又因，所以建立如上图所示的坐标系．所以A（2，0，0），，D（1，0，1），，S（0，0，2）易得，，，又，又又因，所以平面平面BCD．（Ⅱ）又设平面BDE的法向量为，则所以又因平面SBD的法向量为所以所以二面角的平面角的大小为．【考点】•平面与平面的垂直的证明 二面角大小的求法．5.（本小题满分12分）直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点．【解析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则能写出各点坐标，由共线可得D（λ，0，1），所以，即DF⊥AE；（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成，=（3，1+2λ，2（1-λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令，解出λ的值即可．试题解析：（1）证明：，又，面又面以为原点建立如图所示的空间直角坐标系则，，，，设，且，即：（2）假设存在，设面的法向量为，则即：令由题可知面的法向量平面与平面所成锐二面角的余弦值为即：或（舍）当点为中点时，满足要求．【考点】1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质．【方法点晴】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．6.已知是矩形，分别是线段的中点，平面．（1）求证：平面；（2）若在棱上存在一点，使得平面，求的值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）通过证明，然后再利用线面垂直的判定定理，即可证明平面；（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且，所以平面平面，进而满足题意．试题解析：（1）在矩形中，因为，点是的中点，所以．所以，即．又平面，所以，所以平面．（2）过作交于，则平面，且．再过作交于，所以平面，且．所以平面平面，所以平面，从而点满足．【考点】1．线面垂直的判定定理；2．面面平行的判定定理和性质定理．7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据三视图知几何体的下面是一个圆柱，上面是圆柱的一半，所以．故应选B．【考点】空间几何体的三视图.8.（2015•汕头二模）某师傅用铁皮制作一封闭的工件，其三视图如图所示（单位长度：cm，图中水平线与竖线垂直），则制作该工件用去的铁皮的面积为（制作过程铁皮的损耗和厚度忽略不计）（）A．100（3+）cm2B．200（3+）cm2C．300（3+）cm2D．300cm2【答案】A【解析】本题以实际应用题为背景考查立体几何中的三视图．由三视图可知，该几何体的形状如图，它是底面为正方形，各个侧面均为直角三角形[的四棱锥，用去的铁皮的面积即该棱锥的表面积解：由三视图可知，该几何体的形状如图，它是底面为正方形，各个侧面均为直角三角形的四棱锥，用去的铁皮的面积即该棱锥的表面积，其底面边长为10，故底面面积为10×10=100，与底面垂直的两个侧面是全等的直角，两直角连年长度分别为10，20，故它们的面积皆为100，另两个侧面也是全等的直角三角形，两直角边中一边是底面正方形的边长10，另一边可在与底面垂直的直角三角形中求得，其长为=10，故此两侧面的面积皆为50，故此四棱锥的表面积为S=100（3+）cm2．故选：A【考点】由三视图求面积、体积．9.如图，在直四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧棱，是侧棱的中点．（1）求证：平面⊥平面；（2）求二面角的正切值．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）易证得为等腰直角三角形，从而得到，又由直四棱柱的性质可得到，进而可使问题得证；（2）方法一：过点作于，过作于，则就是二面角的平面角，然后在中求得，从而求得，再在中求得，最后在中即可求得所求二面角的正切值；方法二：以为原点建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量，从而利用空间夹角公式求解即可．试题解析：（1）证明：如图，在矩形中，E为中点且，，所以，所以为等腰直角三角形，所以．在直四棱柱中，因为底面是边长为1的正方形，所以平面．又因为平面，所以，所以平面又因为平面，所以平面⊥平面（2）解：方法一：因为平面，所以平面⊥平面，所以只需在平面内过点作于，而平面．如图，过作于，连接，则就是二面角的平面角．在中，，所以．在中，在中，．所以二面角的平面角的正切值大小为方法二：以为原点，，，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系．由题意，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，同理可得，平面的一个法向量为，代入公式有：，所以二面角的平面角的正切值大小为【考点】1、空间垂直关系的判定；2、二面角．10.（2015秋•扬州期末）已知正四棱锥底面边长为，体积为32，则此四棱锥的侧棱长为．【答案】5【解析】利用体积求出正四棱锥的高，求出底面对角线的长，然后求解侧棱长．解：正四棱锥底面边长为，体积为32，可得正四棱锥的高为h，=32，解得h=3，底面对角线的长为：4=8，侧棱长为：=5．故答案为：5．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算．11.（2010•江苏二模）如图，在四边形ABCD中，CA=CD=AB=1，=1，sin∠BCD=．（1）求BC的长；（2）求四边形ABCD的面积；（3）求sinD的值．【答案】（1）BC=；（2）；（3）【解析】（1）根据题意可分别求得AC，CD和AB，利用=1，利用向量的数量积的性质求得cos∠BAC的值，进而求得∠BAC，进而利用余弦定理求得BC的长．（2）根据（1）可求得BC2+AC2=AB2．判断出∴∠ACB=，进而在直角三角形中求得cos∠ACD的值，利用同角三角函数的基本关系气的sin∠ACD，然后利用三角形面积公式求得三角形ABC和ACD的面积，二者相加即可求得答案．（3）在△ACD中利用余弦定理求得AD的长，最后利用正弦定理求得sinD的值．解：（1）由条件，得AC=CD=1，AB=2． ∵=1，∴1×2×cos ∠BAC=1．则cos ∠BAC=．∵∠BAC ∈（0，π），∴∠BAC=．∴BC 2=AB 2+AC 2﹣2AB•ACcos ∠BAC=4+1﹣2×2×=3．∴BC=．（2）由（1）得BC 2+AC 2=AB 2． ∴∠ACB=．∴sin ∠BCD==． ∵∠ACD ∈∈（0，π），∴．∴S △ACD =×1×1×=． ∴S 四边形ABCD =S △ABC +S △ACD =．（3）在△ACD 中，AD 2=AC 2+DC 2﹣2AC•DCcos ∠ACD=1+1﹣2×1×1×=． ∴AD=．∵，∴． 【考点】解三角形的实际应用．12. （2014•阳泉二模）某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为（ ）A ．B ．3πC ．D ．π【答案】C【解析】由于正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，所以此四面体一定可以放在棱长为1的正方体中，所以此四面体的外接球即为此正方体的外接球，由此能求出此四面体的外接球的体积．解：由于正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形， 所以此四面体一定可以放在正方体中， 所以我们可以在正方体中寻找此四面体． 如图所示，四面体ABCD 满足题意，所以此四面体的外接球即为此正方体的外接球，由题意可知，正方体的棱长为1，所以外接球的半径为R=，所以此四面体的外接球的体积V==．故选C．【考点】由三视图求面积、体积．13.如图，一竖立在水平对面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处，则该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】作出该圆锥的侧面展开图，如下图所示：该小虫爬行的最短路程为，由余弦定理可得，∴．设底面圆的半径为，则有，∴．故C项正确．【考点】圆锥的计算，平面展开——最值问题．【方法点晴】本题主要考查了圆锥的计算及有关圆锥的侧面展开的应用，着重考查了求立体图形中两点之间的曲线段的最短线路长，解答此类问题一般应把几何体的侧面展开，展在一个平面内，构造直角三角形，从而求解两点间的线段的长度，用到的知识为：圆锥的弧长等于底面周长，本题的解答中圆锥的侧面展开图是一个三角形，此扇形的弧长等于圆锥的面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，体现了“化曲面为平面”的思想方法．14.已知三棱锥中，，，，，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，设是的外心，是三棱锥外接球球心，则平面，由已知平面，则，，，，所以．，所以，．故选C．【考点】棱锥的外接球，球的表面积．15.如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，一个内角为的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为，且一个内角为的菱形，所以菱形的边长为，由三视图可得，几何体是由两个底面正方形的正四棱锥组合而成，底面边长为，侧棱长为，所以几何体的表面积为：，故选D．【考点】1、三视图；2、多面体的表面积．16.已知直三棱柱中，，侧面的面积为，则直三棱柱外接球表面积的最小值为．【答案】【解析】根据题意，设，则有，从而有其外接球的半径为，所以其比表面积的最小值为.【考点】1、几何体的外接球；2、基本不等式；3、球的体积和表面积.【方法点睛】设，则有，利用直三棱柱中，，从而直三棱柱外接球的半径为，所以其比表面积的最小值为.根据直三棱柱中，，侧面的面积为，设，，利用均值不等式，确定直三棱柱外接球的半径的最小值是关键．17.在体积为的四面体中，平面，，，，则长度的所有值为．【答案】或【解析】由题意得因此由余弦定理得：或，因此或【考点】三棱锥体积，余弦定理18.如图，正四棱锥的底面一边长为，侧面积为，则它的体积为________．【答案】【解析】设侧面三角形的高为，则，解之可得，故棱锥的高为，所以棱锥的体积为，答案应填：．【考点】正四棱锥的侧面面积和体积公式．19.如图，在正方体中分别为棱的中点，用过点的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体（下半部分）的左视图为（）【答案】C【解析】通过观察剩余几何体（下半部分），可以发现C图才正确，故选C.【考点】1、直观图；2、三视图.20.如图，已知三棱柱的所有棱长都是2，且.（1）求证：点在底面内的射影在的平分线上；（2）求棱柱的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）通过作图的方式先作出的射影，只需求到距离相等即是所求，利用三角形全等即可；（2）底面是等边三角形，面积容易求得，其高为，（1）可知，，，可得到，则此可求出.试题解析：（1）证明：过作平面，垂足为，作，垂足为，连接，则，，故平面，故，同理，过作，连接，则.∵，，∴，∴≌，∴，∴是的角平分线，即点在底面内的射影在的平分线上.（2）解：由（1）可知，，，在中，，∴，∴三棱柱的体积为【考点】线面垂直、几何体的体积.【易错点晴】破解线面垂直关系的技巧(1)解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．21.如图，梯形中，，分别是的中点，矩形所在的平面与所在的平面互相垂直，且.（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）若二面角为，求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析；（3）．【解析】（1）根据平面与平面垂直的性质定理证平面，又，从而可证得平面；（2）取中点，连接，先证得为平行四边形，进而可得，再根据直线与平面平行的判定定理即可证得平面；（3）连接交于，连接，证明平面，则即为直线与平面所成角，再通过解求得的大小．试题解析：（1）平面.（2）取中点，连接，.（3）为二面角的平面角，.由（1）知，中，，，∴，∴，∴与平面成角.【考点】1、线面垂直的判定；2、线面平行的判定；3、线面角的求法．【方法点晴】本题主要考查的是线面垂直、平行判定和线面角的求法，属于中档题．证明线面垂直的方法主要有定义法，判定定理法；证明线面平行的关键是证明线线平行，证明线线平行常用的方法是利用三角形、梯形的中位线，对应线段成比例，构造平行四边形，平行线的传递性，线面垂直的性质定理，面面平行的性质定理．求线面角的一般步骤是：一作出线面角，二证明，三求线面角的大小.22.如图，在正方形中，点分别是的中点，将分别沿、折起，使两点重合于.（Ⅰ）求证：平面⊥平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）要证明面面垂直，可以先证明线面垂直，即可以先证明直线，进而可证明平面⊥平面；（Ⅱ）可以用传统方法也可以用向量方法，用传统方法时，可按照“作、算、证”的步骤，并结合余弦定理即可求二面角的余弦值.向量法关键是要建立适当的直角坐标系，并正确地求出二平面的法向量，进而可得到二面角的余弦值.试题解析：（Ⅰ）证明：连接交于，连接.在正方形中，点是的中点，点是的中点，所以，所以，因此，所以在等腰中，是的中点，且.因此在等腰中，，从而平面.又平面，所以平面平面.即平面平面.（Ⅱ）方法一：在正方形中，连接，交于.设正方形的边长为.由于点是的中点，点是的中点.所以，于是，从而，所以.于是，在翻折后的几何体中，为二面角的平面角.在正方形中，解得，，所以，在中，，由余弦定理得.所以，二面角的余弦值为.方法二：由题知两两互相垂直，故以为原点，向量方向分别为轴的正方向,建立如图的空间直角坐标系.设正方形边长为，则，所以，设为平面的一个法向量，由，得，令，得，又由题知是平面的一个法向量，所以，所以，二面角的余弦值为.【考点】1、面面垂直；2、二面角的平面角.23.如图4，在边长为4的菱形中，，点分别是边的中点，，沿将翻折到，连接，得到如图5的五棱锥，且．（1）求证：；（2）求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由三角形的中位线定理，证得，再由菱形的对角线互相垂直，证得，即可得到，再由已知可得，然后利用线面垂直的判定得到答案；（2）设，连接，结合已知可得，通过解直角三角形求得平面，然后求出梯形的面积，代入棱锥的体积公式得到答案．试题解析：（1）证明：∵分别是边的中点，∴∵菱形对角线互相垂直，∴，∴∴，∵平面，平面，∴平面，∴平面，∴（2）设，连接，∵，∴为等边三角形，∴，在中，在中，，∴∵平面，平面，∴平面，∴，∴四棱锥的体积【考点】直线与平面垂直的判定；几何体的体积的计算．24.如图，棱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，，且．（1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）依据线面平行的判定定理，需要在平面找到一条直线与直线平行即可．因为平面平面，则过点作于，连接，证明四边形为平行四边形即可；（2）由（1）知平面，又，为等边三角形，，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量即可．试题解析：（1）如图，过点作于，连接，，可证得四边形为平行四边形，平面（2）连接，由（1），得为中点，又，为等边三角形，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由即，令，得设平面的法向量为由即，令，得所以，所以二面角的余弦值是【考点】1．线面平行的判定定理；2．利用空间向量求二面角．25.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为半个圆柱加一个长方体的组合体，故其体积为【考点】三视图，几何体的体积26.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点．（1）证明：平面BDC1⊥平面BDC；（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由题意易证平面，再由面面垂直的判定定理即可得平面平面；（2）设棱锥的体积为，易求，三棱柱的体积为，于是可得，从而得到答案．试题解析：（1）证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1．又DC1⊂平面ACC1A1，所以DC1⊥BC．由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC．又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC．又DC1⊂平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC．（2）设棱锥B—DACC1的体积为V1，AC＝1．由题意得V1＝××1×1＝．又三棱柱ABC—A1B1C1的体积V＝1，所以（V－V1）∶V1＝1∶1．故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1．【考点】平面与平面垂直的判定；棱信的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．【易错点睛】（1）两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这是把面面垂直转化为线面垂直的依据．运用时要注意“平面内的直线”．（2）两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质是在课本习题中出现的，在不是很复杂的题目中要对此进行证明．27.如图1，，，过动点作，垂足在线段上且异于点，连接，沿将折起，使（如图2所示）．（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点分别为棱的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．【答案】（I）；（II）是的靠近点的一个四等分点，大小为．【解析】（I）设，利用三棱锥体积公式求得体积的表达式为，利用导数或者基本不等式求出其最大值.（II）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用求出，然后利用法向量求出与平面所成角的大小为.试题解析：解析：（Ⅰ）方法一：在图1所示的中，设，则.由，知，为等腰直角三角形，所以.由折起前知，折起后（如图2），，，且.所以平面.又，所以.于是，当且仅当，即时，等号成立，故当，即时，三棱锥的体积最大．方法二：同方法一，得.令，由，且，解得.当时，；当时，.所以当时，取得最大值．故当时，三棱锥的体积最大．（Ⅱ）方法一：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，.于是可得，，且．设，则，因为等价于，解得，．所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，. 设平面的一个法向量为，由，及，得可取．设与平面所成角的大小为，则由，可得，即.故与平面所成角的大小为.方法二：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，如图b，取的中点，连结，则．由（Ⅰ）知平面，所以平面.如图c，延长至点使得，连，则四边形为正方形，所以.取的中点，连结，又为的中点，则，所以.因为平面，又平面，所以.又，所以平面.又平面，所以.因为当且仅当，而点是唯一的，所以点是唯一的．即当（即是的靠近点的一个四等分点）时，.连结，由计算得，所以与是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取的中点，连接，则平面.在平面中，过点作于，则平面，故是与平面所成的角．在中，易得，所以是正三角形，故，故与平面所成角的大小为.【考点】空间向量与立体几何.28.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且，.求证：（1）直线DE平面A1C1 F；（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）利用线面平行判定定理证明线面平行，而线线平行的寻找往往结合平面几何的知识，如中位线的性质等；（2）利用面面垂直判定定理证明，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，往往需要多次利用线面垂直性质定理与判定定理.试题解析：证明：（1）在直三棱柱中，在三角形ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以，于是，又因为DE平面平面，所以直线DE//平面.（2）在直三棱柱中，因为平面，所以，又因为，所以平面.因为平面，所以.又因为，所以.因为直线，所以【考点】直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系【名师】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直；（4）证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.29.某四面体的三视图如图，则该四面体四个面中最大的面积是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】将该几何体放入边长为的正方体中，由三视图可知该四面体为有由直观图可知，最大面积为三角形的面积，在三角形中，所以面积故选D．【考点】1、几何体的三视图；2、三角形的面积公式．【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题．三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点．观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，有时还需要将不规则几何体补形成常见几何体，来增加直观图的立体感．30.如图,在四棱锥中,是边长为的正三角形,底面.（1）求证：；（2）已知是上一点, 且平面.若,求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）1．【解析】（1）连接交于，然后利用线面垂直的性质与已知条件证得平面，由此推出，从而通过解三角形推出，进而推出平面，可使问题得证；（2）取的中点, 连接，当为的中点，根据等腰三角形的性质可推出，然后结合中位线定理推出平面，由此可求出点到平面的距离．试题解析：（1）证明：连接交于,底面,平面,则,即,即平面.（2）取的中点, 连接,当为的中点时,平面,证明如下：,由(1) 得，则,则是的中点，平面平面，平面，平面.底面点到平面的距离等于.【考点】1、空间直线与直线的位置关系；2、线面平行的判定定理；3、点到平面的距离．【方法点睛】解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化，转化时要正确运用相关的定理，找出足够的条件进行推理；证明线面平行时，通常利用中位定理得到线线平行，从而推出面面平行，进而推出线面平行．31.已知正三角形边长为2，将它沿高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球的表面积为 .【答案】。

专题10空间中的位置关系与夹角问题知识点一 直线与直线的位置关系⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行直线相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点异面直线的公垂线定义:同时和两条异面直线垂直相交的直线，叫做异面直线的公垂线. 知识点二 平行与垂直的判定及性质 1．平行的判定文字语言图形语言符号语言判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则直线与此平面平行．性质定理如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行．文字语言图形语言 符号语言判定定理 一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行性质定理如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行2．垂直的判定（一）直线和平面垂直的定义直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直文字语言图形语言符号语言判 定 定 理 一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直推论如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直这个平面性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行文字语言图形语言符号语言判定定理 一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直性质定理两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面【例 1】已知a ，b 为异面直线.对空间中任意一点P ,存在过点P 的直线 （ ）. A. 与a ，b 都相交 B. 与a ，b 都垂直 C. 与a 平行, 与b 垂直 D. 与a ，b 都平行【例 2】(青羊区校级模拟)在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，14AA =，2AB =，点E ，F 分别为棱1BB ，1CC 上两点，且114BE BB =，112CF CC =，则（ ） A ．1D E AF ≠，且直线1D E ，AF 异面 B ．1D E AF ≠，且直线1D E ，AF 相交 C ．1D E AF =，且直线1D E ，AF 异面D ．1DE AF =，且直线1D E ，AF 相交【例3】(翠屏区校级月考)已知α，β是两个不重合的平面，直线a α⊂，:p a β∥，:q αβ∥，则p 是q 的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【例4】(2018•浙江卷)已知平面α，直线m ，n 满足m α⊄，n α⊂，则“m ∥n ”是“m ∥α”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【例5】(2021•浙江卷)如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（ ） A ．直线1A D 与直线1D B 垂直，直线MN ∥平面ABCDB ．直线【解析】由αβ∥，直线a α⊂，可得a β∥，反之不成立，α与β可能相交．p ∴是q 的必要不充分条件．故选：B ．1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD B C ．直线1A D 与直线1D B 相交，直线MN ∥平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B【例6】(2021•新高考Ⅱ卷)如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN OP ⊥的是（ ）A ．B ．C ．D ．【例7】(青岛二模)已知正方体1111ABCD A B C D -，动点P 在线段BD 上，则下述正确的是（ ） A ．11PC AD ∥ B ．11PC AC ⊥ C ．1PC ⊥平面1A BDD ．1PC ∥平面11AB D【解题总结】几个常用的结论：（1）过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直；（2）过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直；（3）垂直于同一平面的两条直线互相平行；（4）垂直于同一直线的两个平面互相平行．（5）此类判断题要警惕“线在面内”的特殊情况．【例8】(金东区校级期中)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥面ABC ，122AB BC BB ===，90ABC ∠=︒，D 为BC 的中点．求证：1A B ∥平面1ADC ；【例9】(沙坪坝区校级模拟)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC △是边长为4的等边三角形，D 是BC 的中点，123C D =．（1）求证：1A B ∥平面1AC D ；【例10】在正方体1111ABCD A B C D -中, E 是AB 的中点,点F 在1CC 上, 且12CF FC =. 若点P 是侧面11AA D D 上一动点,且1PB ∥平面DEF , 则tan ABP ∠的取值范围是 ．【例11】(日照一模)如图所示，在四棱锥P ABCD -中，AD BC ∥，AD DC ⊥，PA AB ⊥，12BC CD AD ==，E 是边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成角为2π． （1）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；【例12】(鹤壁模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABC 是边长为2的等边三角形．AD ⊥底面ABC ，AD BE CF ∥∥，4AD =，3CF =，45DAE ∠=︒． （1）证明：AE DF ⊥；【例13】(2022•全国甲卷)在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，//CD AB ，1AD DC CB ===，2AB =，3DP（1）证明：BD PA ⊥； 【解题总结】线面与面面垂直的题型最终都归结在线线垂直的证明，而显现垂直的思路可总结为： 证明12l l ⊥，先看两直线的位置关系，如果：⎧⎪⇒⎨⎪⎩三线合一（有等腰三角形就必用）共面勾股定理（题目中线段数据多）其他（初中平面几何学习的其他垂直证明方法）⇒⇒⇒异面考虑用线面垂直推导异面垂直找重垂线在重垂线对应平面内找垂直知识点三 投影与三垂线定理 1.投影的概念光是直线传播的，由于光的照射，在不透明物体后面的屏幕上会留下这个物体的影子，这种现象叫 做投影.其中的光线叫做投影线，留下物体影子的屏幕叫做投影面.2.投影的分类:(1)中心投影:把光由一点向外散射形成的投影叫做中心投影.(2)平行投影:把在一束平行光线照射下形成的投影叫做平行投影.在平行投影中，投影线正对着(即垂直)投影面时叫做正投影，否则叫做斜投影. 高中阶段我们只考虑正投影. 3.正投影的性质:(1)直线或线段的平行投影仍然是直线或线段. (2)平行直线的平行投影是平行或是重合的.(3)平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且等长. (4)与投射面平行的图形，它的投影与这个图形全等.(5)在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比.注：在立体几何中，通常会运用到直线或线段的投影，只需找直线或线段中两个不重合的点，分别向平面做垂线，垂足间的连线即为投影直线.4.三垂线定理:在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.三垂线定理的逆定理:在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直.（射影即投影）证明:①三垂线定理:已知直线1l x A =，过直线上任意点P 作PO x ⊥连接OA ，则OA 为直线1l 的投影为2l x ⊂，所以2PO l ⊥，若2OA l ⊥，OA PO O =，故2l ⊥平面OAP ， 又因为1l ⊂平面OAP ，所以12l l ⊥. 记为投影垂直于平面上的线，则斜线垂直平面上的线. ②三垂线定理的逆定理:已知直线1l x A =,过直线上任意点P 作PO x ⊥，连接OA ，则OA 为直线1l 的投影，因为2l x ⊂，所以2PO l ⊥，若2PA l ⊥，POPA P =，故2l ⊥平面OAP ，又因为OA ⊂平面OAP ，所以2OA l ⊥. 记为斜率垂直于平面上的直线，则斜线在平面的投影垂直该直线.注：此定理用在大题中，需要注明.由于三垂线定理的本质就是异面直线垂直与线面垂直，所以我们可以运用逆向思维，利用三垂线定理解决线线垂直与线面垂直问题.【例14】(2017•新课标Ⅲ)在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则（ ） A ．11A E DC ⊥ B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【例15】(2022秋•甘井子区校级月考)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是线段1CD （含端点）上的动点，则下列结论错误的是（ ）A ．存在点E ，使1B E AC ⊥B ．异面直线1B E 与AD 所成的角最小值为4π C ．无论点E 在线段1CD 的什么位置，都有11AC B E ⊥D ．无论点E 在线段1CD 的什么位置，都有1B E ∥平面1A BD【例16】(浦东新区校级开学)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，2BAC π∠=，11AB AC AA ===，已知G与E 分别为11A B 和1CC 的中点，D 和F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD EF ⊥，则线段DF 的长度的平方取值范围为（ ）A ．(12)，B ．11[)52，C ．12(5，D ．1[1)5，知识点四夹角问题1.几何法求线面角与二面角：对于线面角，一般指斜线与斜线在平面的投影所成的夹角；只需在斜线上找一点向平面做垂线，构造直角三角形求夹角，或构造垂直平面且过直线的平面，利用余弦定理求夹角. 对于二面角，一般指两个相交半平面形成的夹角，常用在平面上且垂直两平面交线的两条射线的夹角来表示二面角的平面角；只需在两个平面上分别找到垂直交线的直线，构造三角形，利用余弦定理求夹角.2.空间向量求夹角：空间向量是求夹角最常用的方式，此类问题将在本书专题14详细叙述.3.投影面积法求二面角:二面角:cos S Sθθ'=，其中S 为斜面面积，S '为投影面积在四棱锥P ABCD -中，ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA AB a ==，求平面PBA 与平面PDC 所成二面角的大小(投影面积法)如图，AD PA AD AB AD PA AB A ⎫⎪⇒⎬⎪=⎭⊥⊥⊥平面PBA 于A ，同时，BC ⊥平面BPA 于B ，故PBA △是PCD △在平面PBA 上的射影，设平面PBA 与平面PDC 所成二面角大小为θ，则2cos 45PAB PCD S S θθ==⇒=△△. 4.已知异面直线段AB a =，CD b =，异面直线夹角θ，且异面直线距离为d 则四面体ABCD 体积为:1sin 6ABCD V abd θ=.5.空间余弦定理:空间四边形ABCD 的两条异面直线AC 与BD 夹角为θ，则满足:2222||||||||cos 2|||||AB CD AD BC AC BD θ+--=⋅【证明】如图所示，四边形ABCD 中，2222|()()()|||||||AD BC AB CD AD AB AD AB BC CD +--+⋅-+=+.()()()()2BC CD AD AB BD BD BC CD AD AB BC CD BD AC BD -=+⋅+⋅-=++-⋅=⋅，则有2222||||||||2||co ||||s A B C BD AB CD AD BC AC D ++-=⋅⋅，于是2222|||||||cos 2|||||AB CD AD BC AC BD θ--=+⋅.特别地当AC BD ⊥时，有2222||||||||AB CD AD BC +=+.6.设二面角C OB A --大小为α，1COB θ∠=，2AOB θ∠=，AOC θ∠=，如图所示，此时三余弦定理可推广为:1212cos cos cos sin sin cos θθθθθα=+，特别地，当2πα=时，有12cos cos cos θθθ=.【证明】设1OB =，则有11||cos CO θ=，21||cos AO θ=，1||tan CB θ=，2||tan AB θ=，于是2211||()cos AC θ=+2221212212111()2cos (tan (tan 2tan tan cos cos cos cos ))θθθθθαθθθ-⋅⋅=+-，化简得到12cos cos cos θθθ=+12sin sin cos θθα.特别地，当2πα=时，有12cos cos cos θθθ=.7.最小角定理:平面的斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内任一直线所成角中的最小者，即线面角是最小的线线角.(由三余弦定理cos cos cos PAB OAB θ∠=⋅∠可得)8.最大角定理:对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成的线面角的最大值等于二面角的平面角，即二面角是最大的线面角.(由三正弦定理sin sin sin PAB θα=⋅∠可得)【例17】如图所示为一个半圆柱，E 为半圆弧CD 上一点，5CD .（1）若25AD =，求四棱锥E ABCD -的体积的最大值；（2）有三个条件：①4DE DC EC DC ⋅=⋅；②直线AD 与BE 所成角的正弦值为23；③sin 6sin EAB EBA ∠∠.请你从中选择两个作为条件，求直线AD 与平面EAB 所成角的余弦值.【例18】如图，几何体的底面ABCD 是边长为2的菱形，60ABC ∠=︒，PCD △和PAD △均为正三角形，M ，N 分别为CD ，PB 的中点.（1）求证：PA MN ⊥；（2）求二面角P CM N --的余弦值.【例19】如图，已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ） 3 15 10 3【例20】如图，在三棱锥V ABC -中，平面VAC ⊥平面ABC ，ABC △和VAC △均是等腰直角三角形，AB =BC ，2AC CV ==，M ，N 分别为VA ，VB 的中点.(1)求证:AB ∥平面CMN ; (2)求证:AB VC ⊥;(3)求直线VB 与平面CMN 所成角的正弦值.【例21】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥平面ABC ，ABC △为等腰直角三角形，90BAC ∠=，且12AB AA ==，E ，F 分别是1CC ，BC 的中点. (1)求证:EF ⊥平面1AB F ;(2)求锐二面角1B AE F --的平面角的余弦值.【例22】(2022·浙江卷)如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A C 上的点.记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（ ）A.αβγ≤≤B.βαγ≤≤C.βγα≤≤D.αγβ≤≤同步训练1.(2016•新课标Ⅱ)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题: ①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥． ①如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥． ①如果αβ∥，m α⊂，那么m β∥．①如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题是 ．(填序号)2.(焦作月考)在三棱锥P ABC -中，PB PC =，D ，E ，F 分别为BC ，AC ，AB 的中点，G 为PD 的中点，若EG AC ⊥且EG PD ⊥，则下列结论中不一定正确的是( ) A ．BC ∥平面EFG B ．PA ∥平面EFGC ．AC ⊥平面EFGD ．PD ⊥平面EFG3.(山东模拟)已知正方体1111ABCD A B C D -，棱长为2，E 为线段1B C 上的动点，O 为AC 的中点，P 为棱1CC上的动点，Q 为棱1AA 的中点，则以下选项中正确的有( ) A ．1AE B C ⊥B ．直线1B D ⊥平面11A BCC ．异面直线1AD 与1OC 所成角为3π D ．若直线m 为平面BDP 与平面11B D P 的交线，则m ∥平面11B D Q4.如图， 在正方体 1111ABCD A B C D - 中， O ，E 分别为1B D ，AB 的中点.求证: OE ∥ 平面11BCC B .5.(天河区三模)一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形ABCD 为正方形，E 、F 分别为PB 、PC 的中点，在此几何体中，下面结论错误的是（ ）A ．直线AE 与直线BF 异面B ．直线AE 与直线DF 异面C ．直线EF ∥平面PAD D ．直线EF ∥平面ABCD 6.(徐州期中)在三棱锥P ABC -中，D ，E 分别是PB ，BC 中点，若F 在线段AC 上，且满足AD ∥平面PEF ，则AFFC的值为 ． 7.(邢台月考)如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是平行四边形，E ，F 分别是线段AC ，PD 的中点，则（ ）A ．EF ∥平面PAB B ．EF ∥平面PBC C ．CF ∥平面PABD ．AF ∥平面PBC8.如图，平面EFGH 分别与空间四边形ABCD 中的BD 、AD 、AC 、BC 交于E 、F 、G 、H ，且AB ∥平面EFGH ，CD ∥平面EFGH ，CD a =，AB b =，CD AB ⊥．(1)求证EFGH 为矩形；(2)点G 在什么位置时，EFGH S 最大？9.(2022•新高考2卷) 如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点． (1)求证:OE ∥平面PAC ；10.(烟台三模)如图，在平面五边形PABCD 中，PAD △为正三角形，AD BC ∥，90DAB ∠=︒且22AD AB BC ===．将PAD △沿AD 翻折成如图所示的四棱锥P ABCD -，使得7PC ．F ，Q 分别为AB ，CE 的中点．(1)求证:FQ ∥平面PAD ；11.如图， 在正四棱锥 P ABCD - 中， E 是 PC 中点，PB 与底面所成角的正切值为 6， 请在平面 PAB 中找一点 F ，使 得 FE ⊥ 平面 PCD .12.(2018•全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明:PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．13.(2020•全国I 卷)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，90APC ∠=︒．(1)证明:平面PAB ⊥平面PAC ；14.(江都区校级月考)如图，在四棱锥P ABCD -中，ABCD 是矩形，PA AB =，E 为PB 的中点． (1)若过C ，D ，E 的平面交PA 于点F ，求证:F 为PA 的中点； (2)若平面PAB ⊥平面PBC ，求证:BC PA ⊥．15.(2021•乙卷)如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥． （1）证明:平面PAM ⊥平面PBD ；16.如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为平行四边形，E 为CD 的中点，12AE CD =. (1)证明: PC AD ⊥；17．(北京期末)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，过点A 且与直线1BD 垂直的所有面对角线的条数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．318．(金台区期末)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，PQ 与直线1A D 和AC 都垂直，则直线PQ 与1BD 的关系是（ ）A ．异面B ．平行C ．垂直不相交D ．垂直且相交19．在梯形ABCD 中，//AD BC ，90ABC ∠=︒，点M ，N 分别在边AB ，BC 上，沿直线MD ，DN ，NM 分别将AMD △，CDN △，BMM △折起，点A ，B ，C 重合于一点P .(1)证明:平面PM D ⊥平面PND ； (2)若3cos 5DPN ∠=，5DP =，求直线DP 与平面DNM 所成角的正弦值. 20．如图所示，四边形ABCD 中，AB BC ⊥，AD DC ⊥，1BC CD ==，(1)AB AD t t ==>，将其沿对角线AC 翻折(如图)，使得60BCD ∠=︒.(1)求证:AC BD ⊥；(2)设AC 与平面BCD 所成角为1θ，二面角B AC D --的平面角为2θ，若12θθ=，求t 的值.21.如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的各条棱长都相等，M 是侧棱1CC 的中点，则异面直线1AB 和BM 所成的角的大小是?22.在三棱柱ABC A B C '-''中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB C C ''的中心，则AD 与平面BB C C ''所成角的大小是（ ）A.30B.45C.60D.9023.(2019·浙江卷)设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点(不含端点).记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则（ ） A.βγ<，αγ< B.βα<，βγ< C.βα<，γα< D.αβ<，γβ<。

高中数学知识专题系列空间角的求法（1）定义法:求解空间角的大小，一般都是根据有关角的定义（如异面直线所成的角、斜线和平面所成的角、二面角的平面角），把空间角转化为平面角来求解的。

例1、如图，在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是1CC 、AD 的中点，那么异面直线OE 和1FD 所成的角的余弦值等于（ ）A 、510 B 、515 C 、54 D 、32解：（方法一）如图2，取11C D 的中点M ，连结MO O 为底面中心，∴O 为BD 中点，从而FO 为DAB ∆的中位线M D AB FO 1//21//∴，∴四边形FOM D 1为平行四边形F D MO 1//∴，故MOE ∠（或其补角）即为异面直线F D 1和OE 所成的角。

在MOE ∆中，2,51221==+==ME F D OMOE 3)2(1222=+=+=OC EC 由余弦定理得：5153522352cos 222=⋅⋅-+=⋅-+=∠OE OM ME OE OM MOE 故选B（方法二）如图3，取C D 1的中点N ，连结NF 、N D 1，易知NF //EO ，FN D 1∠∴（或其补角）即为异面直线F D 1和OE 所成的角。

在FN D 1∆中，3,221,5111=====OE NF C D N D F D ，由余弦定理得： 5153522352cos 1212211=⋅⋅-+=⋅⋅-+=∠NF FD N D NF FD FN D 故选BA 1 图1C A 1图2A 1图3A 1 D 图4高中数学知识专题系列haiPage 2 of 13(方法三) 如图4，设BC 中点为P ，PC 中点为Q ，连结P C 1、EQ 、OQ 、OP ，易知F D P C 11//F D EQ P C EQ 1121//,21//∴OEQ ∠∴（或其补角）即为异面直线F D 1和OE 所成的角。

空间角的计算方法当建立空间直角坐标系后，空间图形顶点的坐标容易得出且比较简单时，三类空间角的计算可利用空间向量来处理.但是，当用空间向量处理起来比较困难时，我们还要学会用其它方式来处理.三类空间角的计算有别于平面几何中计算，它要充分地“说理”.因为空间图形不可能像平面图形那样明确、直接，有时看起来是“锐角”或“钝角”的图形，实际上是直角.因此，在立体几何中实施角的计算时，要认真做好三步工作“作——证——算”.“作”——即作出符合要求的平面角；“证”——即证明所作平面角是所求的角；“算”——通过解三角形求出该平面角的大小.本单元我们重点讨论用常规方法，来处理三类空间角的计算问题.【异面直线所成的角】求两异面直线所成角的问题是立体几何中常见且重要的计算之一，其方法通常是在其中一条直线上取一个特殊点通过三角形中位线或平行四边形引另一条直线的平行线来实现平行移动，然后通过余弦定理或解直角三角形来求解；对不易平移的问题可通过补形的方式来求解，也可考虑利用三余弦公式求解.两异面直线所成角θ的取值范围为θ∈(0，π2]. 例1.在正四面体ABCD 中，E 、F 分别是BC 、AD 的中点，求DE 和BF 所成角的余弦值. 解法1(平移).如图2.5—1.联结AE ，取AE 的中点M ，联结MF 、MB ， ∵ M 、F 分别为AE 、AD 的中点，∴ M F ∥DE ，故∠MFB 为DE 和BF 所成的角或补角. 设正四面体ABCD 的棱长为a ，则由平面几何知识易知BF=√3a 2，MF=√3a4. 在Rt ∆BEM 中，MB=.47)43()2(22a a a =+由余弦定理可得，.324323216716343cos 222=⋅⋅-+=∠aa aa a MFB 解法2(补形). 如图2.5—2.将原正四面体补形为三棱柱.取AC 1的中点M ，联结D 1M 、BM ，BD 1，易知F 是空间角的求法异面直线所成的角 ①利用中位线或平行四边形平移. ③三余弦公式. 直线与平面所成的角二面角①直接法. ②等积转换法. ③三余弦公式法.①直接法——利用三垂线定理或棱的垂面. ②利用等腰三角形底边上的中线. ③利用面积的射影定理.②补形.A BCDF E图2.5—1 M ABCDF E 图2.5—2C 1D 1MBD 1的中点，MD 1∥DE ，∴∠MD 1B 为DE 和BF 所成的角或补角. 设正四面体ABCD的棱长为a.易求得，MD 1=√3a 2，BD 1=√3a ，BM=√7a2(可由余弦定理求得).再由余弦定理可得 cos ∠MD 1B= 23.例2.如图2.5—3.在正方体ABCD—A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是BB 1与C 1C 的中点，设DM与A 1N 所成的角为θ，求cosθ的值. 解：在原正方体ABCD—A 1B 1C 1D 1的前面补一个相同的正方体，如图2.5—3.联结A 2M 、A 2D ，易知A 2M ∥A 1N ， ∴ ∠A 2MD 为DM 与A 1N 所成的角θ或补角. 设正方体棱长为a. ∵ DM=A 2M=√(√2a)2+(a2)2=3a 2，A 2D=a a a 5)2(22=+.由余弦定理可得cos ∠A 2MD = - 19. ∴ cosθ= 19.说明：①由于两异面直线所成角的取值范围为θ∈(0，π2]，所以cosθ不可能为负值，当计算得出角的余弦值为“—”时，应将最后结果改为“+”.这是因为在平移时，所得的平面角可能是两异面直线所成角的补角，而互为补角的两角的余弦值互为相反数.②当我们试图在原图形的表面或其中作“平移”较困难时，可考虑“补形”.一般补形方式为：①三棱锥补形为三棱柱；②三棱柱补形为四棱柱；③四棱柱可在某一个侧面或底面“拼”一个相同的四棱柱.三余弦公式：平面α的斜线a 与α内一直线b 相交成θ角，a 与α相交成ϕc 与b 相交成ϕ2角，则有θϕϕcos cos cos 21=证明：设点P 在平面α上的射影为O ，过点O 作O B ⊥b 于B ，连接PB ， 由三垂线定理知AB ⊥PB.如图2.5—4. ∴ θϕϕcos cos cos 21==⋅=APAB AOAB APAO .在此公式中，直线a 和b 可以是相交直线，也可以是异面直线. 我们不妨把ϕ1叫做线 面角，θ叫做线线角，ϕ2叫做线影角.很明显，线线角是这三个角中最大的一个角.例3.(1)如图2.5—5(1)，MA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且MA=AB=a ，试求异面直线MB 与AC 所成的角.(2)如图2.5—5(2).在立体图形P -ABCD 中，底面ABCD 是一个直角梯形.∠BAD=900，AD//BC ，AB=BC=a ，AD=2a ，且PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成300角，AE ⊥PD 于D.求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值.解:(1)由图2.5—5(1)可知，直线MB 在平面ABCD 内的射影为AB ，直线MB 与平面ABCD所成的角为450，直线AC 与直线MB 的射影AB 所成的角为450，所以直线AC 与直MB 所成的角为θ，满足cosθ=cos45°· cos45°= 12，∴ 直线AC 与MB 所成的角为600.ACDA 1B 1C 1D 1 NM BA 2 图2.5—3图2.5—4ϕ2ϕ1cba θP αO AB(2)如图2.5—5(2)，过E 作PA 的平行线EF 交AD 于F ，由PA ⊥底面ABCD 可知，直线AE 在平面ABCD 内的射影为AD ，直线AE 与平面ABCD 所成的角为∠DAE ，其大小为600，射影AD 与直线CD 所成的角为∠CDA ，其大小为450，∴ 直线AE 与直线CD 所成的角θ满足：cosθ=cos60°· cos45°= √24. 即AE 与CD 所成角的余弦值 √24.想一想①:1.正四面体SABC 的棱长为a ，E ，F 分别是SC 和AB 的中点． 求异面直线SA 和EF 所成角．2.如图2.5—6.A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA=900，点D 1、F 1 分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC=CA=CC 1，求BD 1与AF 1所成 角的余弦值.【直线与平面所成的角】直线与平面所成的角也是立体几何中常见且重要的计算问题之一.它一般可通过解Rt △ 来求解.其解法通常有①直接法；②三棱锥体积等积变形法；③三余弦公式法——此法主要用于解选填题，若用于解答题，则要给出三余弦公式的简略证明.例4.如图2.5—7.在正方体AC 1中.(1)求BC 1与平面ACC 1A 1所成的角.(2)求A 1B 1与平面A 1BC 1所成的角的余弦值.解:(1)联结BD 交AC 于O ，∵ BO ⊥AC ，BO ⊥A 1A ，由线面垂直的判定定理可得BO ⊥平面ACC 1A 1， ∴ ∠OC 1B 为BC 1与平面ACC 1A 1所成的角. 在Rt ∆BOC 1中，∵ sin ∠OC 1B=OB BC 1=12，且∠OC 1B 为锐角，∴ BC 1与平面ACC 1A 1所成的角为300. (2)法1.如图1.6—7. 联结BC 1、B 1C 交于点E. 易知BC 1⊥平面A 1B 1C.又∵ BC 1⊂平面A 1BC 1，∴ 平面A 1BC 1⊥平面A 1B 1C. 过B 1作B 1H ⊥A 1E 于H ，联结A 1H ，∵ 平面A 1BC 1∩平面A 1B 1C=AE, ∴ B 1H ⊥平面A 1BC 1,因此，∠B 1A 1E 是A 1B 1与平面A 1C 1B 所成的角. ∵ tan ∠B 1A 1E= B 1EA 1B 1=√22，∴ cos ∠B 1A 1E=√63.法2.过B 1作B 1H ⊥平面A 1BC 1于H ，联结A 1H ，∴∠B 1A 1H 是A 1B 1与平面A 1C 1B 所成的角.∵ △A 1BC 1是正三角形，且A 1B 1=B 1C 1=BB 1. ∴ 棱锥B 1—A 1BC 1是正三棱锥. 可得点H 是△A 1B 1C 1的外心.设A 1B 1=a,则A 1B=√2a ,得A 1H= √63a. ∴ cos ∠B 1A 1H=A 1H A 1B 1=√63，即所求角的余弦值为√63.说明：F 1 A B D 1C 1A 1B 1图2.5—6C 图2.5—7 PE DFA B C图2.5—5(2)图2.5—5(1) A B C D M1.当题设条件中或由已知可推出两个平面互相垂直时，要作出线面角， 可利用两平面垂直的性质，在一个平面内作交线的垂线即可.2.在求线面角时，很多时候垂线位置的确定，是很费“周折”的.而利用三棱锥体积等积变形可简化此不必要的麻烦. 其思路和原理如下：如图2.5—8.设PA 是平面α的斜线，PB 为平面α的垂线段，其长为h ，则θ为PA 与平面α所成的角.由于sin θ= hPA .一般地PA 之长往往是已知的，因此要求出sin θ就只需要求出点P 到平面α的距离h 即可.这里的h 值可通过三棱锥体积等积变形得到.例5.如图2.5—9所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD=900.AD ∥BC ，PA=AB=BC=a ，AD=2a ，PA ⊥底面ABCD. (1)求证：CD ⊥平面PAC.(2)求直线AD 与平面PCD 所成角的正弦值. 解:(1)在直角梯形ABCD 中，∵ ∠BAD=900，AD ∥BC ，AB=BC ， 取AD 的中点E ，联结CE ，知四边形ABCE 是正方形，又∵ AD=2a ，∴ CE=ED ，即∠ECD=450，∴ AC ⊥CD. ∵ PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂底面ABCD ，∴ CD ⊥PA ，又∵ PA∩AC=C ， PA 、AC ⊂平面PAC ，∴ CD ⊥平面PAC. (2)法1.设点A 到平面PCD 的距离为h ，直线AD 与平面PCD 所成角为θ，则有ADh =θsin .∵ .36,21312131a h CD AC PA CD PC h V V ACD P PCD A =⇒⨯⋅⋅⋅=⨯⋅⋅⋅⇒=，——又∵ AD=2a ，∴66sin ==AD h θ.即直线AD 与平面PCD 所成角的正弦值为66.法2.由(1)知，平面PAC ⊥平面PDC ，平面PA C ∩平面PDC=PC ，过点A 作AH ⊥PC 于H ，则AH ⊥平面PDC ，联结DH ，知∠ADH 为直线AD 与平面PCD 所成角. 在Rt △PAC 中，AC=,2a PA=a ，PC=,3a 由Rt △PAC 的面积等积变形得， AH=36a . 又∵ AD=2a ，∴ 66sin ==AD h θ.即AD 与面PCD 所成角的正弦值为66.【一个结论的应用】结论：若平面α的一条斜线PA 与平面α内∠BAC 的两边BA 、BC 所成的角相等，则PA 在平面α上的射影为∠BAC 的角平分线 .例6.(1)有一东西方向的河流，离河岸若干米处有一探照灯，照着岸边的某点B ，探照灯在点B 的东北方向.灯光与地面成600角，求灯光与岸边所成角的余弦值.(2)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB ，C 1D 1的中点，求直线A 1B 1与平面A 1ECF 所成角的余弦值.解:(1)如图2.5—10(1).由已知，∠DBA=ϕ1=600， ∠ABC=ϕ2=450，∠DBC=θ，由三余弦公式得，cosθ=cos450·cos600= √24， ∴ 灯光与岸边所成角的余弦值为 √24.图2.5—9B P ACD EHPA θB 图2.5—8αD BCA东图2.5—10(1)ABC DB 1C 1D 1A 1FE图2.5—10(2)(2) 如图2.5—10(2).∵ A 1B 1与A 1E 、A 1F 所成角∠B 1A 1E=∠B 1A 1F ，∴ 直线A 1B 1在平面A 1ECF 上的射影为∠FA 1E 的平分线. 又由已知可推得四边形A 1ECF 为菱形，∴∠FA 1E 的平分线为A 1C. ∵ cos ∠B 1A 1E=sin ∠AA 1E= AEA1E=√55，由余弦定理可得cos ∠CA 1E=√155. 设直线A 1B 1与平面A 1ECF 所成的角为ϕ1，由三余弦公式得cos ϕ1= √33. ∴ 直线A 1B 1与平面A 1ECF 所成的角的余弦值为 √33.注：(2)也可以联结B 1C ，由上述分析知，直线A 1B 1与平面A 1ECF 所成角为∠B 1A 1C ，在Rt △A 1B 1C 中，易求得cos ∠B 1A 1C = √33.想一想②:1.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为AA 1、AB 的中点，则EF 与平面AA 1C 1C 所成的角为( ). 2.如图2.5—11.空间四边形PABC 中，PA 、PB 、PC 两两相互垂直， ∠PBA=450,∠PBC=600.则cos ∠ABC=( ).3.正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，若E 为棱AB 的中点，则直线C 1E 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为( ).4.求例5中PB 与平面PCD 所成角的正弦值.【二面角】二面角的计算是三类空间角计算中的难点，解决它的关键在于合理、有效地找出二面角的平面角，常用的方法有如下几种：1.直接法——⎪⎩⎪⎨⎧.)(中线作出平面角利用等腰三角形底边的面角；利用作棱的垂面作出平定理作出平面角；或逆利用三垂线 2.间接法——利用面积的射影定理. 对于无棱的二面角(只给出了两个半平面的一个公共点)，则要先确定棱的位置. 二面角的取值范围为θ∈[0，π].例7.(1)如图2.5—12(1). PC ⊥平面ABC ，AB ＝BC=CA ＝PC=a ，求二面角B －PA －C 的平面角的正切值.(2)如图2.5—12(2).已知二面角α－AB －β为1200，AC ⊂α，BD ⊂β，且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AB ＝AC ＝BD ＝a ，求CD 的长为.解:(1)法1(三垂线定理法).∵ PC ⊥平面ABC, ∴ 平面PAC ⊥平面ABC ，交线为AC.作BD ⊥AC 于点D ，据面面垂直性质定理知BD ⊥平面PAC ，作DE ⊥PA 于E ，连BE ，由三垂线定理，得BE ⊥PA ，从而∠BED 是二面角B －PA －C 的平面角.设PC ＝a ，依题意知三角形ABC 是边长为aPA BC图2.5—11 图2.5—12(1)P ABCDE图2.5—12(2)的正三角形，∴ D 是AC 的中点且BD=√32a ，∵ PC =CA=a ，∠PCA=900， ∴ ∠PAC ＝450. 在Rt △DEA 中，ED=ADsin450= √24a ， ∴ tan ∠BED= BD ED =√6， 即二面角B －PA －C 的平面角的正切值为√6. 法2.(面积的射影定理法).同法1，作BD ⊥AC 于点D ，可知BD ⊥平面PAC ，∴ 三角形ABP 在平面PAC 上的射影为三角形PDA.设所求二面角为θ，则cos θ=S∆PAD S ∆PBA . 由已知易求得PB=PA=√2a ， AB=a ，PC=PA=a ，∴ S ∆PDC =12S ∆PAC =14a 2，S ∆PAB =√74a 2，因此cos θ=S ∆PAD S ∆PBA= √77，从而可得二面角B －PA －C 的平面角的正切值为√6.(2)在平面β内，作AD′∥BD ，连DD′，则DD′∥AB. ∵ AC ⊥AB ，D′A ⊥AB ，∴ ∠D′AC 为二面角α－AB －β的平面角， 即∠D′AC ＝120°.∵ AB ＝AC ＝BD ＝a ，∴ CD′＝3a ，又AB ⊥平面ACD′，DD′∥AB ， ∴ DD′⊥平面ACD′，∴ DD′⊥D′C ，又 DD′＝a ，∴ CD ＝DD′2＋D′C 2＝2a.例8.(1)如图2.5—13(1).在600二面角M －a －N 内有一点P ，P 到平面M 、N 的距离分别为1和2，求点P 到直线a 的距离.(2)如图2.5—13(2).正方体AC 1的棱长为a ，求二面角D —A1B —C 的余弦值.解:(1)设PA 、PB 分别为点P 到平面M 、N 的距离，过PA 、PB 作平面α，分别交M 、N于AQ 、BQ.(相当于作棱的垂面). ∵ PA ⊥M ，a ⊂M ，∴ PA ⊥a. 同理，有PB ⊥a ， ∵ PA∩PB=P ，PA 、PB ⊂平面PAQB ， ∴ a ⊥平面PAQB 于Q.又 AQ 、BQ ⊂平面PAQB ，∴ a ⊥AQ ，a ⊥BQ. 即 ∠AQB 是二面角M －a －N 的平面角. ∴ ∠AQB ＝60°.联结PQ ，则PQ 是P 到a 的距离，在平面图形PAQB 中，有∠PAQ ＝∠PBQ=90°，∴ P 、A 、Q 、B 四点共圆，且PQ 是四边形PAQB 的外接圆的直径2R. 在△PAB 中，∵ PA=1，PB=2，∠BPA ＝120°，由余弦定理得，AB=√7. 由正弦定理：PQ=2R=.3212237sin ==∠APBAB(2)取A 1B 的中点E ，过点E 作EF ∥BC 交A 1C 与F ，联结DF 、DE.在正方体AC 1中易知 BC ⊥A 1B ，∵ EF ∥BC ∴ EF ⊥A 1B ，又∵A 1D=DB ，E 为A 1B 的中点，∴ EF ⊥A 1B ，因此∠DEF 为二面角D —A 1B —C 的平面角. ∵ DE= √32A 1B = √6a2，EF= BC 2=a2，DF=A 1C 2=√32a.由余弦定理可得，cos ∠DEF=√63.即二面角D —A1B —C 的余弦值为√63.想一想③:1.在正四面体ABCD 中，求相邻两个平面所成二面角的平面角的余弦值PN ABQMa 图2.5—13(1)A BC DA 1B 1C 1D 1图2.5—13(2) EF2.自二面角内的一点到两个平面的距离都是6cm ，两个垂足间的距离也是6cm ，求此二面角的度数.3.在四面体ABCD 中，AC=AB=BC=1，CD=BD=√132，AD=3.求二面角A—BC—D 的余弦值.例9.长方体ADCD—A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是正方形，过对角线AC 1的一个截面是锐角为α的菱形，若底面与截面AEC 1F 成θ角，求证：cos θ=tan α2.证法1:如图2.5—14.联结AC 、BD. ∵ 过对角线AC 1的一个截面是菱形，由长方体的特性知， BD ∥EF ，且EF=BD. 由线面平行的判定定理知BD ∥截面AEC 1F ，再由线面 平行的性质定理知BD ∥过点A 的直线l . 其中l 为平面ABCD 与截面AEC 1F 的交线，即下底面与截面所成二面角的棱为直线l .∵ AC 1⊥EF ，AC ⊥BD ，∴ AC ⊥l ，AC 1⊥l ，即∠C 1AC 为底面与截面AEC 1F 所成角，即 ∠C 1AC=θ，∵ cos θ= ACA 1C ，tan α2=EF AC 1=BD AC 1=ACAC 1，∴ cos θ=tan α2.证法2.设底面与截面AEC 1F 成θ角，由面积射影定理知，cosθ=S ∆BCDS ∆EC 1E=BD×AC EF×AC 1=AC AC 1. 下同法1.略.例10.如图2.5—15.在△ABC 中，AB ⊥BC ，S 为平面ABC 外的一点，SA ⊥平面ABC ，∠ACB ＝600，SA ＝AC ＝a.求二面角A －SC －B 的余弦值. 解: ∵ SA ⊥平面ABC ，SA 平面SAC ，∴ 平面SAC ⊥平面ABC. 过点B 作BD ⊥AC 于D ，平面SAC 平面∩ABC=AC ， ∴ BD ⊥平面SAC ，联结SD. 设二面角A －SC －B=θ， ∵ SA ＝AC ＝a ，∠ACB ＝600，BC ⊥SB ，∴ BC=a2，CD =BC 2=a4，SB=√7a2，∴ cos θ=S ∆SDC S ∆SBC=SA×CD SB×BC=√77. 即二面角A －SC －B的余弦值为√77.想一想④:如图2.5—16所示.在四棱锥P—ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD=900，AD ∥BC ，PA=AB=BC=a ，AD=2a ，PA ⊥底面ABCD. 求:(1)二面角P—CD—A 的余弦值.(2)平面PCD 与平面PAB 所成二面角的余弦值.【线面角、二面角的一个统一求法】如图2.5—17，设平面α的斜线PA 与平面α所成的角为θ，点P 到平面α的距离为h ，则 有， sin θ=hPA . 其中h 可利用三棱锥体积等积变形求得.图2.5—16BPA C DABCS图2.5—15D 图2.5—14 A BC A 1B 1C 1D 1DFE l如图2.5—18.在平面β内取一点P ，过点P 作PA ⊥平面α于A ，过点A 作AB ⊥l 于B ，联结PB ，由三垂线定理易知∠PBA =θ为二面角α—l —β的平面角(或补角)，设点P 到平面α的距离为h ，则有，sin θ=hPB . 其中h 可利用三棱锥体积等积变形求得，PB 为点P 到棱l 的距离，可通过三角形面积等积变形求得.这样一来，求线面角和二面角的问题可统一为，先利用三棱锥的体积等积变形求出点面距h ，再由已知或利用三角形面积等积变形求出点线距，从而易得所成角的正弦值.例11.如图2.5—19.在四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，PA=4，AC=2√3，BD=2.又点E 在侧棱PC 上，且PC ⊥平面BDE. (1)求线段CE 的长.(2)且二面角A —PD —C 的余弦值.解:(1)设AC ∩BD =O ，联结OE ，由已知条件易得PC=2√7.∵ PC ⊥平面BDE ，∴ OE ⊥PC.在Rt ∆PAC 和Rt∆OEC 中， cos ∠OCE=ECOC =ACPC ，⇒EC =3√77.(2)由已知可求得菱形的边长为2，PD=2√5. 设点A 到平面PDC 的距离为h ，点A 到二面角A —PD —C 的棱PD 距离为d ，二面角A —PD —C 的平面角(或补角)为θ，则sin θ=hd . 在∆PDC 中，S ∆PDC =12DP ×DC ×sin∠PDC =12DP ×DC ×√1−cos 2∠PDC =√19，∵ V A—PDC = V P—ADC ，可求得h=4√5719，又在∆PAD 中利用面积等积变形可得d=4√55， ∴ sin θ=hd =√15√19，∵ 二面角A —PD —C 是钝二面角，故二面角A —PD —C 的余弦值为-2√1919.例12.如图2.5—20.四棱锥P —ABCD 的底面是一个边长为4的菱形，其中∠ADC=600，顶点在底面上的射影恰好为AD 的中点E ，若PA=√7. (1)求直线PB 与平面PAD 所成角的正弦值.(2)求平面PBC 与平面PAD 所成二面角的余弦值.解:(1)设点B 到平面PAD 的距离为h ，直线PB 与平面PAD 所成角为θ，则sin θ=hPB ..∵ PE ⊥平面ABCD ，且E 为AD 的中点，由PA=√7，AD=4，∴ PE=√3. 又∵ V B—PAD = V P—BAD ，得 h =PE×S ∆ABDS ∆APD=2√3，在∆AEB 中，由余弦定理得EB=2√7，再由勾股定理得PB=√31， ∴ sin θ=hPB =2√3√31=2√9331. 即直线PB 与平面PAD 所成角的正弦值为2√9331. (2)设平面PBC 与平面PAD 所成二面角为α，点C 到平面PAD 的距离为h ，点C 到二面角的棱l 的距离为h 1，则 ，sin α=hh 1. ∵ BC ∥AD ，由线面平行的判定和性质知，平面PBC 与平面PAD 的交线l ∥BC ，∴ h 1为∆P CB 的底边BC 边上的高.由AD ⊥平面PEC ，知AD ⊥PC ，又∵ AD ∥BC ，∴ BC ⊥PC ，即h 1=PC.联结CE 、AC 由已知易得∆ACD 为αP A Bθh图2.5—17αP A h 图2.5—18Bθ βlP AEBCD l图2.5—20.PDECBA 图2.5—19.O正三角形，∴ PC=√PE 2+EC 2=√15，由BC ∥平面PAD 和(1)知h=2√3， ∴ sin α=h h 1=2√55，故平面PBC 与平面PAD 所成二面角的余弦值为2√55.例13.如图2.5—21，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=√22AD ，在线段AB 上是否存在一点G ，使二面角C —PD —G 的正弦值为2√23，说明理由. 解：取AD 的中点E ，联结PE 、CE ，∵ 侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，且PA=PD= √22AD ， ∴ PD ⊥AB ，DP ⊥平面PAB ，从而可得，DP ⊥P G ，EC=√5， PC=√6， PA =PD =√2，PE =1.设AG=a ，点G 到平面PDC 的距离为h ，二面角C —PD —G 的平面角(或补角)为θ，则sin θ=h PG.由V G—PDC = V P—DGC ，得 h =S ∆DGCS ∆PDC=√2，又∵ PG=√2+a 2，∴ sin θ=hPG =√2√2+a 2=2√23，⇒a =12. 故存在点G 满足题设条件，且AG= 12.想一想⑤:在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点M 、N 、O 分别在棱CD 、BC 、CC 1上，且CM=CN=OC 1， 当OM 与平面ABCD 所成角的余弦值为√22时，求二面角N —MO —C 的余弦值.(请用多种方法)习题2.51.四面体ABCD 中，AC ⊥BD ，且AC ＝4，BD ＝3，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，则MN 和BD 所成角的正切值为( ).2.在四面体ABCD 中，AB ⊥BC ，AB ⊥BD ，BC ⊥CD ，且AB ＝BC ＝6，BD ＝8，E 是AD 中点，则BE 与CD 所成角的余弦值是( ).3.正三棱柱的九条棱都相等，M 、N 分别是BC 和A 1C 1的中点. 则MN 与CC 1所成角的余弦值是( ).4.不共面的三条射线OA 、O1B 、OC 两两成600的角，则OC 与平面AOB 所成角的余弦值为( ).5.正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，对角线BD 1=8，BD 1与侧面BC 1所成的角为30°，则BD 1和底面ABCD 所成的角为( ). A.30°. B.60°. C.45°. D.90°.6.设P 是边长为1的正△ABC 所在平面外一点，且PA=PB=PC= 23，那么PC 与平面ABC 所成的角为( ). A.30°. B.45°. C.60° D.90°.7.长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB=AA 1=2cm ，AD=1cm ，求异面直线A 1C 1与BD 1所成角的余弦值.(要求用三种不同的方法).8.已知ABCD 是正方形，PB 平面ABCD ，PB=AB=1，求二面角A —PD —C 的大小.9.如图2.5—22.空间三条射线CA 、CP 、CB ，∠PCA=∠PCB=60o ， ∠ACB=90o，求二面角B -PC -A 的余弦值.10.在四棱锥P -ABCD 中，ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝a ，求平面PBA 与PBα CAE F D图2.5—22 图2.5—21PDAB ECG平面PDC 所成二面角的大小.11.设M 为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱CC 1的中点，求平面BMD 1与底面ABCD 所成的二面角的余弦值. 12.AC ⊂α，BD ⊂β，α与β所成的角为600，AC ⊥l 于C ，BD ⊥l 于B ，AC ＝3，BD ＝4，CD ＝2，求A 、B 两点间的距离.【参考答案】想一想①:1. 45°.2.1015.提示，法1.联结D 1F 1，过F 1作F 1M ∥BD 1角BC 与M.法2.在左侧面“拼”一个相同的三棱柱. 3..2222222cb a b a b a ++⋅+-利用三余弦公式，联结AC 、BD 交于O ，其中AC C 11∠=ϕ，COB ∠=2ϕ. 想一想②:1.300.提示，相当于求A 1B 平面AA 1C 1C 所成的角.2.√24.换个角度画图.由已知知CP ⊥平面PBA.∠ABC=θ,∠PBA=450=φ1,∠PBC=600=φ2.由三余弦公式可得.3.√26.直接法或等积变形. V E—ACC 1= V C 1—ACE . 4. √26.等积变形. V B—PCD = V P—BCD .想一想③:1.13.法1.过一个顶点作对面的垂线，由三垂线定理得到二面角的平面角，再求之. 法2.利用等腰三角形的特性作出二面角的平面角. 法3.利用面积的射影定理亦可求解. 2.1200.仿例8(1)作棱的垂面求解. 3.−√74. 利用等腰三角形的特性作出二面角的平面角.想一想④:(1) √63.法1.联结AC ，先证CD ⊥平面PAC.可知∠PCA 为平面角，再计算. 法2.利用面积的射影定理求.(cos θ=S∆ACD S ∆PCD).(2) √66.法1.延长DC 交AB 于点E ，则PE 为二面角的棱.再用直接法求之.法2. 利用面积的射影定理求. (cos θ=S∆PAB S ∆PCD).想一想⑤: √33. 习题2.51. 43.. 2. √75. 3.2√55. 4. √33.利用三余弦公式. 5.C. 6.A. 7. √558.1200.注意到∆PCD ≌∆PAD ，过点C 作CE ⊥PD,联结AE,则AE ⊥PD ，∴ ∠AEC 为二面角 A —PD —C 的平面角，利用直角三角形PCD 面积等积变形可求得CE=AE=√63下略.9.13.提示：在射线CP上取点D，作平面DEF ⊥CP.即棱的垂面.10.450.法1.∵ CD∥AB,由线面平行的判断和性质可推得二面角的棱为过点P且平行于AB的直线，又∵ AB⊥平面PAD，可知∠APD为二面角的平面角.法2.利用面积的射影定理. cosθ=S∆PABS∆PCD11.√63.利用面面平行的性质可知过三点B、M、D1的截面如图D2.5—1所示.此二面角的棱l为过点B且MN∥l∥AC的直线.也可用面积的射影定理求.12.√17.仿例7(2)的方法求解.A BCDA1B1C1D1图D2.5—1NM11。