(浙江专用)高考数学专题七立体几何第55练空间角与空间距离的求解练习

第八章 立体几何与空间向量8.3 空间角与空间距离从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点．高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.题型一.平行与垂直证明1．（2021•新高考Ⅱ）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 ．2．（2021•新高考Ⅱ）在正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝1，点P 满足BP →=λBC →+μBB 1→，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（ ） A ．当λ＝1时，△AB 1P 的周长为定值 B ．当μ＝1时，三棱锥P ﹣A 1BC 的体积为定值 C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP D ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P题型二.异面直线所成角1．（2017•新课标Ⅱ）已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（ ） A ．√32B ．√155C ．√105D ．√332．（2017•新课标Ⅱ）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）3．（2017•天津）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°．点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2． （Ⅱ）求证：MN ∥平面BDE ； （Ⅱ）求二面角C ﹣EM ﹣N 的正弦值；（Ⅱ）已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为√721，求线段AH 的长．题型三.线面角1．（2020•海南）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°2．（2016•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．（1）证明：MN∥平面P AB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．3．（2020·海南）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD 与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB=√2，求PB与平面QCD所成角的正弦值．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型四.二面角1．（2020•新课标Ⅱ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=√66DO．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．2．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=√5，QC＝3．（Ⅱ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．̂所在平面垂直，3．（2018•新课标Ⅱ）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD̂上异于C，D的点．M是CD（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．4．（2017•新课标Ⅱ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．5．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．6．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？题型五.翻折问题1．（2019•新课标Ⅱ）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．2．（2018•新课标Ⅱ）如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF 为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．3．（2016•新课标Ⅱ）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF=54，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=√10．（Ⅱ）证明：D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．题型六.探究性问题1．（2020•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD 与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．2．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2√2，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣P A﹣C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．3．（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面P AB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．4．（2019•北京）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC=13．（Ⅱ）求证：CD ⊥平面P AD ； （Ⅱ）求二面角F ﹣AE ﹣P 的余弦值； （Ⅱ）设点G 在PB 上，且PG PB=23．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．一．选择题（共3小题）1．已知圆锥的顶点为A ，高和底面的半径相等，BE 是底面圆的一条直径，点D 为底面圆周上的一点，且∠ABD ＝60°，则异面直线AB 与DE 所成角的正弦值为（ ） A ．√32B ．√22C ．√33D ．132．已知三棱锥P ﹣ABC 内接于球O ，P A ⊥平面ABC ，△ABC 为等边三角形，且边长为√3，球O 的表面积为16π，则直线PC 与平面P AB 所成的角的正弦值为（ ）A ．√157B ．√155C ．√152D ．√15103．设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为DD 1的中点，M 为直线BD 1上一点，N 为平面AEC 内一点，则M ，N 两点间距离的最小值为（ ）A ．√63B ．√66C ．√34D ．√36二．多选题（共2小题）4．如图所示，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD 1，点E 是棱CD 上的一个动点，给出下列命题，其中真命题的是（ ）A ．三棱锥B ﹣AEC 1的体积恒为定值B ．存在唯一的点E ，使得截面△AEC 1的周长取得最小值C ．不存在点E ，使得BD 1⊥平面AEC 1D ．若点E 满足CE ＞DE ，则在棱DD 1上存在相应的点G ，使得A 1G ∥平面AEC 1 5．在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝2，E 、F 分别是BC 、A 1C 1的中点，D 在线段B 1C 1上，则下面说法中正确的有（ ）A ．EF ∥平面AA 1B 1BB ．若D 是B 1C 1上的中点，则BD ⊥EFC ．直线EF 与平面ABC 所成角的正弦值为√55D ．直线BD 与直线EF 所成角最小时，线段BD 长为3√22三．填空题（共3小题）6．在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点A 关于平面BDC 1的对称点为M ，则M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为 ．7．在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，点P 是线段B 1C 上的一个动点，则：（1）AP+D1P的最小值等于；（2）直线AP与平面AA1D1D所成角的正切值的取值范围为．8．在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDEF沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为．四．解答题（共6小题）9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，AB⊥BC，∠ADC＝45°，P A⊥平面ABCD，AB＝AP＝1，AD＝3．（1）求异面直线PB与CD所成角的大小；（2）求点D到平面PBC的距离．10．如图，在圆锥PO中，边长为2√3的正△ABC内接于圆O，AD为圆O的直径，E为线段PD的中点．（1）求证：直线PO∥平面BCE；（2）若AE⊥PD，求直线AP与平面ABE所成角的正弦值．11．如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，∠CDA ＝∠BAD ＝90°，AB =AD =2DC =2√2，E ，F 分别为PD ，PB 的中点．（1）求证：CF ∥平面P AD ；（2）若截面CEF 与底面ABCD 所成锐二面角为π4，求P A 的长度．12．如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1为矩形，且侧面ACC 1A 1⊥侧面ABB 1A 1，AB ＝AC ＝2，AA 1＝B 1C ＝2√2．（1）证明：A 1B 1⊥平面AB 1C ；（2）若点D 为棱B 1C 1的中点，求平面AB 1C 与平面AA 1D 所成的锐二面角的余弦值．13．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 为BB 1的中点．（Ⅱ）求证：BC 1∥平面AD 1E ；（Ⅱ）求点C 1到平面AD 1E 的距离；（Ⅱ）判断B1C1的中点M是否在平面AD1E上？说明理由．14．如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E在线段BC上，BE＝2EC．把△BAE 沿AE翻折至△B1AE的位置，B1∉平面AECD，连结B1D，点F在线段DB1上，DF＝2FB1，如图2．（1）证明：CF∥平面B1AE；（2）当三棱锥B1﹣ADE的体积最大时，求二面角B1﹣DE﹣C的余弦值．。

专题07 立体几何小题常考全归类【命题规律】高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．【核心考点目录】核心考点一：球与截面面积问题核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 核心考点四：立体几何中的交线问题核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 核心考点六：空间角问题 核心考点七：轨迹问题核心考点八：以立体几何为载体的情境题 核心考点九：翻折问题【真题回归】1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥-P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34π B ．πC ．2πD ．3π2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A 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≤≤3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C 中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 5BCC 1B 1的交线长为________．【方法技巧与总结】1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和． （2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补． 2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆 锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模θαβ=cos cos cos （θ为平面的斜线与平面内任意一条直线l 所成的角，α为该斜线与该平面所成的角，β为该斜线在平面上的射影与直线l 所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等； （2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等； （3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【核心考点】核心考点一：球与截面面积问题 【规律方法】 球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ． 【典型例题】例1．（2022·全国·高三阶段练习）已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，P A ⊥平面ABCD , 22，PA AB BC === ，点E 在棱PB 上，且2EB PE =， 过E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是____________. 例2．（2022·湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球1O 的半径为10,,P Q 为球1O 表面上两动点，16,PQ M =为线段PQ 的中点.半径为2的球2O 在球1O 的内壁滚动，点,,A B C 在球2O 表面上，点2O 在截面ABC 上的投影H 恰为AC 的中点，若21O H =，则三棱锥M ABC -体积的最大值是___________. 例3．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，11113C E CD =，点F 是CD 的中点，则过1B ，E ，F 三点的平面α截该正方体所得截面的面积为_________．例4．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1111,A B A D 的中点，点P 在线段CM 上运动，给出下列四个结论：①平面CMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面图形是五边形； ②直线11B D 到平面CMN 2； ③存在点P ，使得1190B PD ∠=； ④1PDD △45． 其中所有正确结论的序号是__________．核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 【规律方法】几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥， 有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉【典型例题】例5．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关例6．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段1CD 上有两个动点E ，F ，且12EF =，点P ，Q 分别为111A B BB ，的中点，G 在侧面11CDD C 上运动，且满足1B G ∥平面1CD PQ ，以下命题错误的是（ ）A ．1AB EF ⊥B ．多面体1AEFB 的体积为定值C ．侧面11CDD C 上存在点G ，使得1B G CD ⊥ D ．直线1B G 与直线BC 所成的角可能为6π例7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，给出下面几个命题：①四边形1BFD E 一定是平行四边形； ②四边形1BFD E 有可能是正方形；③平面1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ；④设1D F 与DC 的延长线交于M ，1D E 与DA 的延长线交于N ，则M ､N ､B 三点共线； ⑤四棱锥11B BFD E -的体积为定值． 以上命题中真命题的个数为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形EFGH 的中心为正方形ABCD 的中心，22AB =P EFGH -（A ，B ，C ，D 四点重合于点P ），则此四棱锥的体积的最大值为（ ）A 1286B 1285C ．43D 15例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，22BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（ ） A 2 B ．321C 2D 32例10．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为22方形，4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点．过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（ ）A ．12 B ．13C ．14D ．15例11．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关核心考点四：立体几何中的交线问题 【规律方法】 几何法 【典型例题】例12．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD 中，P 为棱AD （不含端点）上的动点，过点A 的平面α与平面PBC 平行．若平面α与平面ABD ，平面ACD 的交线分别为m ，n ，则m ，n 所成角的正弦值的最大值为__________．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.例14．（2022·福建福州·三模）已知正方体1111ABCD A B C D -31A 为球心，半径为2的球面与底面ABCD 的交线的长度为___________.例15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，2DA DB DC ===D 为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体ABCD 各面交线的长度和为___．核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -2，外接球表面积为3π，2SA <点M ，N 分别是线段AB ，AC 的中点，点P ，Q 分别是线段SN 和平面SCM 上的动点，则AP PQ +的最小值为（ ） A 262-B 62+C 32D 2例17．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足112A E EB =，点F 在平面1BC D 内，则1A F EF +的最小值为（ ）A 29B ．6C 41D ．7例18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，11AA =，3AB BC ==1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（ ）A 5B 7C ．13+D ．3核心考点六：空间角问题 【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的． （3）计算：在证明的基础上计算得出结果． 简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，P 为1ACD △内一点，且1113PB D ACD S S =△△，设直线PD 与11A C 所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．3⎡⎢⎣⎦B ．3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===，AC 交BD 于O 点，ABD △沿着直线BD 翻折成1A BD ，所成二面角1A BD C --的大小为θ，则下列选项中错误的是（ ）A ．1A BC θ∠≤B ．1AOC θ∠≥ C ．1A DC θ∠≤D ．11A BC A DC θ∠+∠≥例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，3BC =D 为AB 边上的中点，点M 在线段BD （不含端点）上，将BCM 沿CM 向上折起至'B CM △，设平面'B CM 与平面ACM 所成锐二面角为α，直线'MB 与平面AMC 所成角为β，直线MC 与平面'B CA 所成角为γ，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（ ）①3tan βα，②γβ≤，③γα>. A ．①B ．①②C ．②③D ．①③例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边ABC ，点,E F 分别是边,AB AC 上的动点，且满足EF BC ∥，将AEF △沿着EF 翻折至P 点处，如图所示，记二面角P EF B --的平面角为α，二面角P FC B --的平面角为β，直线PF 与平面EFCB 所成角为γ，则（ ）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．βαγ≥≥D ．βγα≥≥例23．（2022·全国·高三专题练习）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 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B --的平面角是γ则三个角α，β，γ中最小的角是（ ） A ．αB ．βC ．γD ．不能确定核心考点七：轨迹问题 【规律方法】解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．【典型例题】例24．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F 分别为AB ，1BD 的中点，点M 在正方体的表面上运动，且满足FM DE ⊥，则下列命题：①点M 可以是棱AD 的中点； ②点M 的轨迹是菱形； ③点M 轨迹的长度为25 ④点M 5. 其中正确的命题个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4例25．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的边长为2，点E ，F 分别为棱CD ，1DD 的中点，点P 为四边形11CDD C 内（包括边界）的一动点，且满足1B P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长为（ ） A 2B ．2C 2D ．1例26．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且2PA =，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AD ，PC 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．AG ⊥平面PBDB ．直线FG 和直线AC 所成的角为π3C ．过点E ，F ，G 的平面截四棱锥P ABCD -所得的截面为五边形D ．当点T 在平面ABCD 内运动，且满足AGT △的面积为12时，动点T 的轨迹是圆例27．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体1AC ，P 为平面11B BD 内一动点，设二面角11A BD P --的大小为α，直线1A P 与平面11BD A 所成角的大小为β.若cos sin βα=，则点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD A B C D -''''中，M 为BC 边的中点，点P 在底面A B C D ''''和侧面CDD C ''上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是（ ）A ．两段圆弧B ．两段椭圆弧C ．两段双曲线弧D ．两段抛物线弧核心考点八：以立体几何为载体的情境题 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在P 处的离散曲率为()()1223111 1.2,3,32k i Q PQ Q PQ Q PQ Q i k π-∠+∠+⋯+∠=⋯≥其中，为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面12Q PQ ，23Q PQ ，……，1k Q PQ 遍及多面体M 的所有以P 为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a ，b ，c ，d ，则a ，b ，c ，d 的大小关系是（ ）A ．a b c d >>>B ．a b d c >>>C ．b a d c >>>D ．c d b a >>>例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在每个顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为2π； ②任意四棱锥的总曲率均为4π；③若某类多面体的顶点数V ，棱数E ，面数F 满足2V E F -+=，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（ ） A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即2311122323V R R R R R πππ=⋅-⋅=球.现将椭圆22149x y +=绕y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A ．32πB ．24πC ．18πD ．16π例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈-︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒核心考点九：翻折问题 【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 3例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD 的对角线交于点,,1E AB x BC ==，将ABD △沿BD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得ABCE ，则x 的取值范围是（ ）A ．03x <≤B ．02x <≤C ．01x <≤D ．06x ≤<例35．（2022·全国·高三专题练习）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，下列说法正确的是（ ）A ．B ､E ､C ､F 四点一定共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAEC ．侧面BEC 与侧面BAD 的交线与直线AD 相交 D ．三棱锥B ADC -的体积为定值例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD 满足：AD ∥BC ，CD ⊥DA ，且△ABC 为正三角形．将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD 'C 如图，且AD BD CD '''＜＜，二面角D AB C '﹣﹣、D BC A '﹣﹣、D AC B '﹣﹣的平面角大小分别为α，β，γ，直线D A '，D B '，D C '与平面ABC 所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（ ）A ．123θθθαγβ＞＞，＞＞B ．123θθθαβγ＜＜，＞＞C ．123θθθαβγ＞＞，＜＜D ．123θθθαβγ＜＜，＜＜【新题速递】1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为a 的正四面体ABCD 中，点111,,B C D 分别在棱,,AB AC AD 上，且平面111B C D 平面1,BCD A 为BCD △内一点，记三棱锥1111A B C D -的体积为V ，设1AD x AD=，关于函数()V f x =，下列说法正确的是（ ）A ．12220,,,133x x ⎛⎫⎛⎫∀∈∃∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()21f x f x =B ．函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数C ．函数()f x 的图象关于直线12x =对称 D ．()00,1x ∃∈，使得()016A BCD f x V ->（其中A BCD V -为四面体ABCD 的体积）2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形BCEF 中，90,CBF BCE A ∠∠==､D 分别是BF ､CE 上的点，//AD BC ，且22AB DE BC AF ===（如图1）.将四边形ADEF 沿AD 折起，连接BE BF CE ､､（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（ ）①AC //平面BEF ； ②B C E F ､､､四点不可能共面；③若EF CF ⊥，则平面ADEF ⊥平面ABCD ； ④平面BCE 与平面BEF 可能垂直. A ．1B ．2C ．3D ．43．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图， 在棱长为 2 的正方体1111ABCD A B C D -中，E F G H P 、、、、均为所在棱的中点， 则下列结论正确的有（ ）①棱 AB 上一定存在点Q ， 使得1QC D Q ⊥ ②三棱锥F EPH -的外接球的表面积为8π③过点 E F G ，，作正方体的截面， 则截面面积为33④设点 M 在平面11BB C C 内， 且1//A M 平面AGH ， 则1A M 与AB 所成角的余弦值的最大22A ．1 个B ．2 个C ．3 个D ．4 个4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为11B C 的中点，点P 在正方体各棱及表面上运动且满足AP CN ⊥，则点P 轨迹所围成图形的面积为（ ）A ．25B ．42C ．23D ．45．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线m ⊥平面α，垂足是O ，正四面体ABCD 的棱长为4，点C 在平面α上运动，点B 在直线m 上运动，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是（ ）A ．425425⎡-+⎢⎣⎦B ．222,222⎡⎤⎣⎦C ．322322⎡-+⎢⎣⎦D ．322,322⎡⎤⎣⎦6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是4，侧棱长是6，M ，N 分别为1BB ，1CC 的中点，若点P 是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP ∥平面1AB N ，则动点P 的轨迹面积为（ ） A ．53B ．5C 39D 267．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的顶点都在表面积为12π的球面上，过球心O 的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S ，点P 是正方体表面上一点，则以截面S 为底面，以点P 为顶点的四棱锥的体积的最大值为（ ） A ．83B ．73C ．2D ．538．（2022·浙江·高三阶段练习）在OAB △中，OA AB =，120OAB ∠=︒．若空间点P 满足1=2PABOABSS ，则直线OP 与平面OAB 所成角的正切的最大值是（ ）A ．13B ．12C 3D ．19．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为侧面11BCC B 内一点，则（ ）A ．当1113C P C B =时，异面直线CP 与AD 所成角的正切值为2B ．当11(01)C P C B λλ=<<时，四面体1D ACP 的体积为定值C ．当点P 到平面ABCD 的距离等于到直线11A B 的距离时，点P 的轨迹为拋物线的一部分 D ．当1112C P C B =时，四面体BCDP 的外接球的表面积为3π10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2AD DE ==，G 为线段AE 上的动点，则（ ）A ．AE CF ⊥B ．多面体ABCDEF 的体积为83C ．若G 为线段AE 的中点，则GB //平面CEFD ．点M ，N 分别为线段AF ，AC 上的动点，点T 在平面BCF 内，则MT NT +43 11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，1BB 的中点，点P 在11A C 上，//AP 平面EFG ，则以下说法正确的是（ ）A ．点P 为11A C 的中点B ．三棱锥P EFG -的体积为148C ．直线1BB 与平面EFG 3D ．过点E 、F 、G 作正方体的截面，所得截面的面积是3312．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知ABC 为等腰直角三角形，AB AC =，其高3AD =，E 为线段BD 的中点，将ABC 沿AD 折成大小为32ππθθ⎛⎫< ⎪⎝⎭的二面角，连接BC ，形成四面体A BCD -，动点P 在ACD 内（含边界），且//PE 平面ABC ，则在θ变化的过程中（ ）A ．AD BC ⊥B ．E 点到平面ADC 的距离的最大值为322C ．点P 在ADC △2D ．当BP AC ⊥时，BP 与平面ADC 所成角的正切值的取值范围为)22,⎡+∞⎣13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -内部有一圆柱12O O ，此圆柱恰好以直线1AC 为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以1A C ，为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（ ）A ．在正方体1111ABCD ABCD -内作与圆柱12O O 3B ．无论点1O 在线段1AC 上如何移动，都有11BO B C ⊥C ．圆柱12O O 的母线与正方体1111ABCD A B C D -所有的棱所成的角都相等D ．圆柱12O O 外接球体积的最小值为π6 14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知正四面体ABCD 的棱长为2球的球心为O ．点E 满足(01)AE AB λλ=<<，(01)CF CD μμ=<<，过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ，则（ ）A ．四边形EMGH 的周长为是变化的B ．四棱锥A EMGH -的体积的最大值为6481 C ．当14λ=时，平面α截球O 47 D ．当12λμ==时，将正四面体ABCD 绕EF 旋转90︒后与原四面体的公共部分体积为43 15．（2022·安徽·石室中学高三阶段练习）已知三棱锥V ABC -的高为3D E F ,,,分别为VC VA VB ,,的中点，若平面ABD ，平面BCE ，平面ACF 相交于O 点，则O 到平面ABC 的距离h 为___________.16．（2022·北京八十中高三期末）如图，在正方体ABCD —1111D C B A 中，E 为棱11B C 的中点.动点P 沿着棱DC 从点D 向点C 移动，对于下列四个结论：。

第7节 综合法求空间角与距离课程标准：1.运用直观感知、操作确认、推理论证、度量计算等认识和探索空间图形的性质，建立空间概念；2.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义等。

【知识梳理】文字语言 图形表示 范围1.异面直线所成角(1)(2)2.直线与平面所成角(3)3.二面角的平面角4.点到面的距离5.直线到平面的距离6.两个平行平面间的距离[微点提醒]1. 两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角；2. 当两异面直线所成的角为时，可以通过证明线面垂直达到求异面直线所成角的目 90标；3. 点到面的距离的求法：（1）直接作出距离并计算；（2）转化求解（利用等积法、利用比例、利用线面平行关系换点）；4. 作二面角的平面角的常用方法：（1）定义法（2）“三垂线”法.A B 1C 1D 1基础自测疑误辨析1. 判断下列结论的正误（在括弧内打“√”或“×”） （1）不在同一平面内的两直线叫异面直线（ ）（2）二面角的大小为，，且与所成角为，则（ ） βα-l -θβα⊂⊂b a ,a b ϕϕθ≥（3）线面角是直线与平面内所有直线所成角的最小角（ ） （4）正方体12条棱中有48对异面直线（ ） 教材衍化2. （必修2 P148人教A3改编）如图在长方体中，''''D C B A ABCD -,则直线和所成角的余弦值为（ ）2,32'===AA AD AB 'CD ''C A A.B. C. D. 334346363. (必修2 P152人教A 例4）如图在正方体中，则直线和''''D C B A ABCD -B A '''DCB A 所成角为（ ）A. B. C. D. ︒30︒60︒45︒90 考题体验4. （2010全国Ⅰ卷）正方体-中，与平面所成角的余弦值为ABCD 1111A B C D 1BB 1ACD （ ）C. 235. 已知四棱锥的侧棱长都为4，底面为矩形，且,ABCD O -ABCD 6,AB BC ==则四棱锥的体积为 . O ABCD -【考点聚焦突破】考点一 空间位置关系背景下的角与距离的计算 角度1 利用定义构造几何图形【例1-1】已知二面角中，βα-l -l AD l BC A B l D l C ⊥⊥∈∈∈∈,,,,,αβ（1）若,求二面角的大小；2,1====AB BC DC AD βα-l -（2）若二面角为，求异面直线与所成角及线段βα-l -︒60,1===BC DC AD AB CD AB 长；（3）在（2）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值。

立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。

考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。

2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。

题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。

专题5.3 运用空间向量解决立体几何中的角与距离一、单选题1、若直线l 的方向向量为a ＝(1，0，2)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－4)，则( )A. l ∥αB. l ⊥αC. l ⊂αD. l 与α斜交 【答案】B【解析】 ∵a ＝(1，0，2)，n ＝(－2，0，－4)，∴n ＝－2a ，即a ∥n ，∴l ⊥α.故选B. 2、 已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( )A . (－1，1，1)B . (1，－1，1)C . ⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33 D . ⎝⎛⎭⎫33，33，－33 【答案】C .【解析】 AB →＝(－1，1，0)，AC →＝(－1，0，1)，经计算得C 项符合题意．故选C .3、在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，F 为B 1C 1的中点，则异面直线AF 与C 1E 所成角的正切值为( )A .52 B . 23 C . 255 D . 53【答案】C .【解析】 以D 为坐标原点，DC ，DA ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，第3题图可得A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B 1(2，2，2)，C 1(2，0，2)，由中点坐标公式可得E(2，1，0)，F(2，1，2)，则AF ＝(2，－1，2)，C 1E ＝(0，1，－2)，设两异面直线所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈AF →，C 1E 〉|＝|AF →·C 1E →||AF →|·|C 1E →|＝|－1－4|9×5＝53，则sin θ＝23，故异面直线AF 与C 1E所成角的正切值为2353＝255.故选C .4、如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3030 B ．3015C.3010D.1515【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)，D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010.5、.如图，已知长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A.33535B ．277C.33D.24【答案】A【解析】如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴cos DC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n|＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.6、（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是底面1111D C B A 的中心，E 是棱AB 上的点，且14AE AB =，记直线OE 与直线BC 所成角为α，直线OE 与平面ABCD 所成角为β，二面角O AB C --的平面角为γ，则（ ） A ．αβγ<< B ．βαγ<<C ．βγα<<D ．γβα<<【答案】C【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为4，则22441044()()00(40400)()()O E B C A ，，，，，，，，，，，，，，， OE 2(4)1--＝，，，(B )C 400-＝，，，|OE BC ||OE ||BC |cos α⋅⋅＝＝214⋅21，平面ABCD 的法向量01()n 0＝，，，∴|OE n ||OE ||n |sin β⋅⋅＝＝21，∴24121cos β⎛⎫- ⎪⎝⎭＝521， (OB 224)-＝，，，OA 2(4)2--＝，，，设平面OAB 的法向量()m x y z ＝，，，则22402240m OA x y z m OB x y z ⎧⋅=--=⎨==+-=⎩，取2x ＝，得201()m ＝，，， |m n ||m ||n |cos γ⋅⋅＝＝，∵cos cos cos αγβ＜＜，∴βγα＜＜. 故选：C.7、在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12 B ．23C.33D.22【答案】B【解析】以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.8、如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．⎝⎛⎭⎫23，23，1C.⎝⎛⎭⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎫24，24，1 【答案】C【解析】设AC 与BD 相交于O 点，连接OE ，由AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线交点， ∴M 为线段EF 的中点．在空间坐标系中，E (0,0,1)，F (2，2，1)． 由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝⎛⎭⎫22，22，1. 9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，矩形ABCD 中，4AB =，2AD =，E 为CD 的中点，ADE ∆沿着AE 向上翻折，使点D 到'D .若'D 在平面ABCD 上的投影H 落在梯形ABCE 内部（不含边界），设二面角'D BC E --的大小为α，直线'D C ，'D B 与平面ABC 所成角分别为β，γ，则（ ）A ．αβγ<<B ．βαγ<<C ．βγα<<D ．γβα<<【答案】C 【解析】由24AB AD ==，可知，DE DA =，作AB 中点P ， 则DP AE ⊥， 故H 在线段DP 上，作D M BC '⊥交BC 于M ，连接HM ，HB ，HC ，如图，易知，tan D H HM α'=，tan D HHCβ'=，tan D H HB γ'=，又HM HB HC <<， βγα∴<<．故选：C ．10、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）如图正四棱锥P ABCD -，E 为线段BC 上的一个动点，记二面角P CD B --为α，PE 与平面ABCD 所成的角为β，PE 与CD 所成的角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．γαβ≤≤C ．βαγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C 【解析】以正方形ABCD 的中心O 为原点，分别以平行于,AB AD 所在直线为,x y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示取CD 中点F ，连接PF .则PFO α∠=.连接OE ，则PEO β∠=. 设()()0,0,,2,,,0,P h AB a E a x a x a =-≤≤，则()(),,0,,,0C a a D a a -. 则tan ,tan h h a OE a αβ===. 又()(),,,2,0,0PE a x h CD a =-=-，2cos cos ,PE CD PE CD PE CDa γ∴=〈〉===，sin tan aγγ∴=∴=.0,0,,a h a x a a h >>-≤≤∴≤ha≤≤，即tan tan tan βαγ≤≤. 由题意知,,αβγ都是锐角，βαγ∴≤≤. 故选：C .11、（2018年高考浙江卷）已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则（ ） A ．θ1≤θ2≤θ3 B ．θ3≤θ2≤θ1 C ．θ1≤θ3≤θ2 D ．θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ， 故选D.12、（2019年高考浙江卷）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 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则（ ） A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.13、（2018年高考全国Ⅱ卷理数）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15BCD【答案】C【解析】方法一：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1DB 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22211111cos 25DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅. 故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系， 则()()((110,0,0,1,0,0,,D A B D ,所以()(111,0,3,AD DB =-=,因为111111cos ,52AD DB ADDB AD DB ⋅===⨯， 所以异面直线1AD 与1DB C. 14、（2019年11月北京市清华大学中学生标准学术能力诊断性测试测试数学（理)试题）如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是边AB ，CD 的中点，现将△ABC 沿着对角线AC 翻折，则直线EF 与平面ACD 所成角的正切值最大值为( )ABCD【答案】D 【解析】如图，以AC 的中点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设二面角B AC D --为θ，可证BOD ∠=θ，设棱形的边长为4，则()0,2,0A -，()B θθ，),Eθθ-，()0,2,0C，()D，)F()3FE θθ∴=-易知平面ACD 的法向量()0,0,1n = 设直线EF 与平面ACD 所成角为α，则()()()222222231cos 3sin 3sin sin 106cos 253cos3cos 143sin n FE n FE θθθαθθθθ⎛⎫⋅-⎪====⎪---++⋅⎝⎭令()2153x f x x-=-，()1,1x ∈-()()()()()22231331033535x x x x f x x x ---+'==-- 则()0f x '>时113x -<<即()f x 在11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增；()0f x '<时113x <<即()f x 在1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；()max 1239f x f ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭()2max1sin 3α∴=则()2max 2cos 3α=()222maxsin 1tan cos 2ααα∴==()max tan 2α∴=故选：D二、多选题15、（2010建邺区校级期中）已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果(2AB =，1-，4)-，(4AD =，2，0)，(1AP =-，2，1)-．下列结论正确的有( )A ．AP AB ⊥B ．AP AD ⊥C ．AP 是平面ABCD 的一个法向量 D ．//AP BD【答案】ABC【解析】：对于A ，2(1)(1)2(4)(1)0AB AP =⨯-+-⨯+-⨯-=，∴AP AB ⊥，即AP AB ⊥，A 正确； 对于B ，(1)422(1)00AP AD =-⨯+⨯+-⨯=，∴AP AD ⊥，即AP AD ⊥，B 正确； 对于C ，由AP AB ⊥，且AP AD ⊥，得出AP 是平面ABCD 的一个法向量，C 正确； 对于D ，由AP 是平面ABCD 的法向量，得出AP BD ⊥，则D 错误． 故选：ABC ．16、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，AC 与BD 相交于点O ，将ABD △沿BD 折起，使顶点A 至点M ，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）A ．BD CM ⊥B ．存在一个位置，使CDM 为等边三角形C ．DM 与BC 不可能垂直D ．直线DM 与平面BCD 所成的角的最大值为60︒【答案】ABD【解析】A 选项，因为菱形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O ，所以AO BD ⊥，CO BD ⊥； 将ABD △沿BD 折起，使顶点A 至点M ，折起过程中，AO 始终与BD 垂直，因此MO BD ⊥， 又MOCO ，由线面垂直的判定定理，可得：BD ⊥平面CMO ，因此BD CM ⊥，故A 正确；B 选项，因为折起的过程中，AD 边长度不变，因此MD CD =；若CDM 为等边三角形，则CM CD =；设菱形ABCD 的边长为2，因为60BAD ∠=︒，则sin 603AO AB =⋅=AO MO =2CM CD ==，所以3341cos 233MOC +-∠==⨯，即二面角M BD C --的余弦值为13时，CDM 为等边三角形；故B 正确；C 选项，DM OM OD =-，BC OC OB =-，由A 选项知，MO BD ⊥，CO BD ⊥， 所以0OM OB OD OC ⋅=⋅=，因此()()DM BC OM OD OC OB OM OC OD OB ⋅=-⋅-=⋅-⋅，同B 选项，设菱形ABCD 的边长为2，易得OC OM =1OB OD ==，所以3cos 1DM BC MOC ⋅=∠+，显然当1cos 3MOC ∠=-时，0DM BC ⋅=，即DM BC ⊥；故C 错误；D 选项，同BC 选项，设菱形ABCD 的边长为2，则OM =1OD =，2MD =，由几何体直观图可知，当OM ⊥平面BCD ，直线DM 与平面BCD 所成的角最大，为MDO ∠，易知60MDO ∠=︒. 故选：ABD.17、（2019秋•桥西区校级月考）如图正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，以下结论正确的是( )A ．异面直线1A D 与1AB 所成的角为60︒ B ．直线1A D 与1BC 垂直 C ．直线1AD 与1BD 平行D ．三棱锥1A A CD -的体积为316a【答案】ABD【解析】：如图所示，建立空间直角坐标系．A ．1(A a ，0，)a ，(0D ，0，0)，(A a ，0，0)，1(B a ，a ，)a ．∴1(A D a =-，0，)a -，1(0AB =，a ，)a ，∴21111111cos ,2||||22A D AB A D AB A D AB a a<>===-，∴异面直线1A D 与1AB 所成的角为60︒．B ．1(0C ，a ，)a ，(B a ，a ，0)．11(A D BC a =-，0，)(a a --，0，22)0a a a =-=．∴直线1A D 与1BC 垂直．C ．1(0D ，0，)a ．11(A D BD a =-，0，)(a a --，a -，22)0a a a =-=，∴直线1A D 与1BD 垂直，不平行；D ．三棱锥1A ACD -的体积123111326C A AD V a a a -==⨯=．综上可知：只有C 不正确． 故选：ABD ．18、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为棱11C D ，1C C 的中点，其中正确的结论为()A ．直线AM 与1C C 是相交直线B ．直线AM 与BN 是平行直线C ．直线BN 与1MB 是异面直线D ．直线MN 与AC 所成的角为60︒【答案】CD【解析】：在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为棱11C D ，1C C 的中点，在A 中，直线AM 与1C C 是异面直线，故A 错误； 在B 中，直线AM 与BN 是异面直线，故B 错误； 在C 中，直线BN 与1MB 是异面直线，故C 正确；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，则(0M ，1，2)，(0N ，2，1)，(2A ，0，0)，(0C ，2，0)， (0MN =，1，1)-，(2AC =-，2，0)，则1cos ,2||||28MN AC MN AC MN AC <>===，∴直线MN 与AC 所成的角为60︒，故D 正确．故选：CD ．三、填空题19、在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________． 【答案】：13【解析】建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)，所以A 1C 1―→＝(－1,2,0)，BC 1―→＝(－1,0,1)，D 1C 1―→＝(0,2,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1―→·n ＝0，BC 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，得y ＝1，z ＝2，则n＝(2,1,2)．设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n ||D 1C 1―→||n |＝22×3＝13，即D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.20、（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）已知正四面体ABCD 和平面α，BC α⊂，正四面体ABCD 绕边BC 旋转，当AB 与平面α所成角最大时，CD 与平面α所成角的正弦值为______【解析】由题意可得：当AB 与平面α所成角最大时即平面ABC α⊥， 以BC 的中点为原点建立空间直角坐标系O xyz -（如图），过D 作DE ⊥平面ABC ，垂足为E ，设2BC =，则()1,0,0,0,33C D ⎛ ⎝⎭，即1,33CD →⎛=- ⎝⎭,设CD 与平面α所成角为θ，平面α的法向量为()0,0,1n →=，则3sin cos ,CD nCD n CD nθ→→→→→→===即CD 与平面α 故答案为：621、（北京市昌平区新学道临川学校2019--2020学年高三上学期期末）已知圆锥的顶点为S ，O 为底面中心，A ，B ，C 为底面圆周上不重合的三点，AB 为底面的直径，SA AB =，M为SA 的中点.设直线MC 与平面SAB 所成角为α，则sin α的最大值为__________．1【解析】以AB 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设4SA AB ==，则：(()0,,,,0M C x y-，如图所示，由对称性不妨设0,0x y ><且224x y +=，则(,1,MC x y =+，易知平面SAB 的一个法向量为()1,0,0m =， 据此有：sinMC m MC mα⋅=⨯ =1284y⎤=-+⎥+⎦≤1=，当且仅当4y =-时等号成立，综上可得：sin α1.22、如图，已知四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F ­OE ­A 的余弦值为________．【答案】33【解析】以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ，由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)，OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)， 设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝33.由图知二面角F ­OE ­A 为锐角， 所以二面角F ­OE ­A 的余弦值为33. 23、(一题两空)如图所示，在四棱锥P ­ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)则直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为________； (2)则B 点到平面PCD 的距离为________．【答案】(1)63 (2)33【解析】：(1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 的中点，∴PO ⊥AD .又∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，∴PO ⊥平面ABCD . 在△P AD 中，P A ⊥PD ，P A ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，∴OA ＝BC ＝1， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ―→＝(1，－1，－1)． ∵OA ⊥OP ，OA ⊥OC ，OP ∩OC ＝O ，∴OA ⊥平面POC .∴OA ―→＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB ―→，OA ―→〉＝PB ―→·OA ―→|PB ―→||OA ―→|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB ―→＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP ―→＝－x ＋z ＝0，u ·PD ―→＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB ―→·u ||u |＝33.四、解答题24、（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥S ABCD -中，ABCD 为直角梯形，//AD BC ，BC CD ⊥，平面SCD ⊥平面ABCD ，SCD ∆是以CD 为斜边的等腰直角三角形，224BC AD CD ===，E 为BS 上一点，且2BE ES =.（1）证明：直线//SD 平面ACE ； （2）求二面角S AC E --的余弦值.【解析】（1）连接BD 交AC 于点F ,连接EF , 因为//AD BC ,所以AFD ∆与BCF ∆相似,所以2BF BCFD AD ==, 又=2BE BFES FD=,所以//EF SD , 因为EF ⊂平面ACE ,SD ⊄平面ACE , 所以直线//SD 平面ACE（2）由题,因为平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD 平面ABCD CD =,BC ⊂平面ABCD ,BC CD ⊥,所以BC ⊥平面SCD ,以C 为坐标原点,,CD CB 所在的方向分别为y 轴、z 轴的正方向,与,CD CB 均垂直的方向作为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -,因为224BC AD CD ===,2BE ES =,则(0,0,0)C ,(1,1,0)S ,(0,2,2)A ,224(,,)333E , 所以(0,2,2)CA =,(1,1,0)CS =,224(,,)333CE =,设平面SAC 的一个法向量为(,,)m x y z =,则00m CA m CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即00y z x y +=⎧⎨+=⎩, 令1z =,得1x =,1y =-,于是(1,1,1)m =-, 设平面EAC 的一个法向量为(,,)n x y z =,则00n CA n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即020y z x y z +=⎧⎨++=⎩, 令1z =,得1x =-,1y =-,于是(1,1,1)m =--, 设二面角S AC E --的平面角的大小为θ,则1cos 3m n m nθ⋅==, 所以二面角S AC E --的余弦值为1325、（2020年高考全国Ⅰ卷理数）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AEAD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得,,PO AO a AB a ===，2PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --.所以31(,,0),(0,2EC EP =--=-.设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即0102y z x y ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，可取(3=-m . 由（1）知(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ，则cos ,|||5⋅==n m n m n m |. 所以二面角B PC E --. 26、（2020届山东省泰安市高三上期末）如图，在三棱锥P —ABC 中，△PAC 为等腰直角三角形，90,APC ABC ∠=∆为正三角形，D 为A 的中点，AC =2．(1)证明：PB ⊥AC ；(2)若三棱锥P ABC -A —PC —B 的余弦值 【解析】 （1）证：PAC ∆为等腰直角三角形，D 为中点，PD AC ∴⊥，又ABC ∆为正三角形，D 为中点，BD AC ∴⊥， 又PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，AC ∴⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ，PB AC ∴⊥（2）解：设三棱锥P ABC -的高为h ，sin 603BD BC==1132P ABC V AC BD h -∴=⨯⨯⨯⨯= 1h ∴=，又11,2PD AC ==PD ∴⊥平面ABC ， 如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz -，则()1,0,0A，()B，()1,0,0C -，()0,0,1P ，()0,DB ∴=，()1,0,1CP =，()1,CB =，设(),,n x y z =为平面PBC 的一个法向量，则00CP n CB n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00x z x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，令1x =，得1y z ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，∴31,13n ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭， 又DB 是平面PAC 的一个法向量，∴7cos ,DB n DB DB n n⋅<>==-⋅ 由图可知二面角A PC B --的平面角为锐角，∴二面角A PC B --的余弦值为7． 27、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 【解析】（1）因为四边形11A ABB 为菱形，所以11A B AB ⊥，又平面1ACB ⊥平面11A ABB ，平面1A CB 平面111A ABB A B =，所以1AB ⊥平面1A CB ， 因为CO ⊂平面1A CB ， 所以1AB CO ⊥.（2）因为11A B AB =，所以菱形11A ABB 为正方形，在Rt COA ∆中，CO =在COB ∆中，CO OB ==2CB =，222CO OB CB +=，所以，CO OB ⊥，又1CO AB ⊥，11A B AB O ⋂=， 所以，CO ⊥平面11A ABB ；以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.)A，()10,A，(C，()B，设平面11ACC A的一个法向量为()1111,,n x y z=平面ABC的一个法向量为()2222,,n x y z=，则11110,0,⎧=⎪⎨+=⎪⎩令11x=，得()11,1,1=-n，22220,0,⎧+=⎪⎨+=⎪⎩令21x=，得()21,1,1=n，设平面11ACC A与平面ABC所成锐二面角为α，则21121cos33α⋅===n nn n，所以平面11ACC A与平面ABC所成锐二面角的余弦值为13.28、（2020年高考全国Ⅱ卷理数）如图，在长方体1111ABCD A B C D-中，点,E F分别在棱11,DD BB上，且12DE ED=，12BF FB=．（1）证明：点1C在平面AEF内；（2）若2AB=，1AD=，13AA=，求二面角1A EF A--的正弦值．【解析】设AB a=，AD b=，1AA c=，如图，以1C为坐标原点，11C D的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz-．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． （2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为7．30、（2020年高考江苏）在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1； （2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥. 又/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AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .31、（2020年高考浙江）如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，12BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角. 由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ===，得BD OH =所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC . 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC .。

第55练 向量法求解空间角和距离问题[基础保分练]1．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|等于( ) A ．5B ．6C ．4D ．82．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 所成的角的余弦值为( )A.120B.1010C ．－1010D ．－1203．在空间直角坐标系O －xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( ) A ．4B ．2C ．3D ．14．方向向量为s ＝(1,1,1)的直线l 经过点A (1,0,0)，则坐标原点O (0,0,0)到该直线的距离是( ) A.3B.2C.62D.635．平面α的一个法向量为n ＝(1，－3，0)，则y 轴与平面α所成的角的大小为( ) A.π6B.π3C.π4D.5π66.如图所示，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则异面直线OA 与BC 的夹角的余弦值为( )A.3－25 B.3＋25 C.3－225D.2＋257．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上，且AM →＝12MC 1_x001F_—→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( ) A.216a B.66a C.156a D.153a 8．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在α，β平面上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为( ) A ．60°B．70°C．80°D．90°9．三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，长度分别为6,4,4，则其顶点到底面的距离为________． 10.如图所示，已知空间四边形OABC 中OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________．[能力提升练]1．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( ) A.13B.23C.33D.232．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 与SD 所成的角的余弦值为( ) A.13B.23C.33D.233．已知空间向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1，且a ，b 的夹角为π3，O 为空间直角坐标系的原点，点A ，B 满足OA →＝2a ＋b ，OB →＝3a －b ，则△OAB 的面积为( ) A.523B.543C.743D.1144．过正方形ABCD 的顶点A ，引PA ⊥平面ABCD .若PA ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成二面角的大小是( )A ．30°B．45°C．60°D．90°5．已知∠AOB ＝90°，过O 点引∠AOB 所在平面的斜线OC ，与OA ，OB 分别成45°，60°角，则以OC 为棱的二面角A －OC －B 的余弦值为________．6.如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长(包括底面边长)都是2，E ，F 分别是AB ，A 1C 1的中点，则EF 与侧棱C 1C 所成角的余弦值是________．答案精析基础保分练1．A 2.B 3.B 4.D 5.B 6.C7．A [以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，因为点M 在AC 1上，且AM →＝12MC 1→，则(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，得x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，所以|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32 ＝216a ，故选A.] 8．D [不妨设PM ＝a ，PN ＝b ， 作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F . ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos60°－a ×22b cos45°－22ab cos45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0，∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.] 9.62211解析 设三棱锥为P －ABC ，且PA ＝6，PB ＝PC ＝4，以P 为原点建立空间直角坐标系如图，则P (0,0,0)，A (6,0,0)，B (0,4,0)，C (0,0,4)，PA →＝(6,0,0)，AB →＝(－6,4,0)，AC →＝(－6,0,4)，设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ⊥AB →，n ⊥AC →，所以⎩⎪⎨⎪⎧－6x ＋4y ＝0，－6x ＋4z ＝0，即y ＝z ＝32x ，所以可选平面ABC 的一个法向量为n ＝(2,3,3)，所以P 到平面ABC 的距离d ＝|PA →|·|cos〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||n |＝124＋9＋9＝62211. 10．0解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， 则|b |＝|c |，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，BC →＝c －b ，∴OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝|a |·|c |cos π3－|a |·|b |cos π3＝0，∴OA →⊥BC →，∴cos〈OA →，BC →〉＝0. 能力提升练1．B [设A 1在底面ABC 内的射影为O ，过O 作OH ∥BC 交AB 于点H ，以O 为坐标原点，分别以OA →，OH →，OA 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)．设△ABC 的边长为1，则A ⎝⎛⎭⎪⎫33，0，0， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，63， ∴AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－536，12，63，平面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)， 则AB 1与底面ABC 所成角α的正弦值sin α＝|cos 〈AB 1→，n 〉|＝637536＋14＋69＝23.]2．C 3．B [|OA →|＝a ＋b2＝4|a |2＋|b |2＋4a ·b ＝7， 同理|OB →|＝7， 则cos∠AOB ＝OA →·OB→|OA →||OB →|＝6|a |2－|b |2＋a ·b 7＝1114，从而有sin∠AOB ＝5314，∴△OAB 的面积S ＝12×7×7×5314＝534，故选B.]4．B [建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝1，易得平面APB 的一个法向量为n 1＝(0,1,0)，平面PCD 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)， 故平面ABP 与平面CDP 所成二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，故所求二面角的大小是45°.] 5．－33 6.255精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

[名校]浙江高考数学-立体几何空间角的求值的多种解法（线线角，线面角，二面角）第一部分：平行与垂直的证明立体几何一般以两问出现的较多，其中第一问相对较多出现的是平行和垂直的证明，而浙江卷又以垂直出现的可能性更大。

当然垂直证明一般难度大于平行的证明。

对于这一块内容，我们简单介绍下。

我制作了一张平行互推图和垂直互推图。

大家可以看一下。

平行证明垂直证明平行与垂直的证明，我们放在下一块求空间角时，分析大题目时一起分析。

第二部分：求空间角立体几何的第二问基本都以求空间角的形式出现求空间角主要分为三块内容：异面直线所成的角(线线角)，线与面所成的角（线面角），面与面所成的角（二面角）。

首先，我们看一下考纲里面对空间角的要求：A. 理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念．B.了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法．接下来我们分三点来分析空间角的求法：1）异面直线所成的角(线线角)定义：已知两条异面直线，经过空间任一点作直线，所成的角的大小与点的选择无关，把所成的锐角（或直角）叫异面直线所成的角（或夹角）．异面直线所成的角求异面直线所成的角的方法：1）：平移，平移后使两条直线相交，求角；2）：向量法：建立坐标系，请求两条直线的坐标，利用公式异面直线所成的角向量公式典例分析例1．在正三棱锥S－ABC中，E为SA的中点，F为△ABC的中心，SA=BC=2，则异面直线EF与AB所成的角是( )(A)30°(B) 45°(C) 60°(D) 90°例1答案例2．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= 根号3，∠BAD=120º.（1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；2）线与面所成的角（线面角）1.线面角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角2.求线面角的一般步骤：(1)先找斜足(2)经过斜线上一点作面的垂线（一般都是另一个端点），即作出垂足，连接斜足和垂足，找出线面角。

第4讲 空间角与距离的计算（2）考点1选择适当的方法求空间角例1.(1)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N ，P 分别为棱AD ，1CC ，11A D 的中点，则1B P 与MN 所成角的余弦值为（ ）A ．3010B ．15-C ．7010D ．15【答案】A【解析】如图以A 为原点，分别以1,,AB AD AA 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()0,1,0M ，()2,2,1N ，()12,0,2B ，()0,1,2P ， 所以()12,1,0B P =-，()2,1,1MN =， 设1B P 与MN 所成的角为θ，所以1122130cos1056B P MN B P MNθ=⋅-⨯+==⨯⋅， 1B P 与MN 所成角的余弦值为3010，故选：A【点睛】本题考查了求空间角,常用方法有：①定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；②向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果. (2)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，6PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（225. 【解析】（1）由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =， 则3DO =，1122CO BO AE ===，所以624PO DO ==222266PC PO OC PB PO OB =+==+= 又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以32BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠=，所以PA PB ⊥， 同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；（2）过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则121313(,0,0),(0,0,((,2444E P B C ---， 132(,4PC =-，132(4PB =-，12(,0,2PE =-，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得111111320320x z x y z ⎧-=⎪⎨-+-=⎪⎩，令12x =，得111,0z y =-=，所以(2,0,1)n =-， 设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222320220x z x z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，令21x =，得2232,z y ==，所以3(1,,2)3m =-, 故2225cos ,5||||1033n m m n n m ⋅<>===⋅⨯， 设二面角B PC E --的大小为θ，则25cos θ=【点晴】本题考查了线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力. 【跟踪演练】1.(1)当动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的棱DC 上运动时，异面直线1D P 与1BC 所成角的取值范围（ ）A ．,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,32ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】设正方体棱长为1，DP x =，则[]0,1x ∈，连接1AD ，AP ，由11//AD BC 可知，∠1AD P 即为异面直线1D P 与1BC 所成角， 在1AD P 中，12AD =，211AP D P x ==+，故1222cos 1AD P x ∠=+，又[]0,1x ∈，∴ 122122cos ,221AD P x ⎡⎤∠=∈⎢⎥+⎣⎦，又cos y x =在()0,π为单调减函数，1,43AD P ππ⎡⎤∴∠∈⎢⎥⎣⎦，故选:C. (2) 如图，三棱柱ABC DEF -的侧面BEFC 是边长为1的正方形，面BEFC ⊥面ADEB ，4AB =，60DEB ∠=︒，G 是DE 的中点,在线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B--为45︒，求BP 的长【答案】3BP =，理由见解析. 【解析】因为四边形BEFC 是正方形，所以BC BE ⊥， 因为面BEFC ⊥面ADEB ，面BEFC ⋂面ADEB BE =， 所以BC ⊥平面ADEB ，则,BC BE BC BG ⊥⊥.因为60DEB ∠=︒，2,1GE BE ==，在三角形BGE 中由余弦定理得222cos603BG BE GE BE GE =+-⋅⋅︒=，所以222BE BG GE +=，所以BG BE ⊥.以B 为原点，建立如图所示空间直角坐标系.则()()()()()3,0,0,23,2,0,0,1,1,23,1,0,0,1,0G A F D E --,)()()()()3,0,0,23,2,0,0,1,1,23,1,0,0,1,0G A F D E --假设线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒.设()0,0,P h ， 则()3,0,GP h =-，()0,1,EP h =-. 设平面PGE 的法向量为()2222,,n x y z =，则22222230n GP x hz n EP y hz ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令21z =则22,3x y h ==，所以2,,13n h ⎫= ⎪⎝⎭. 由于BC ⊥平面ADEB ，所以()0,0,1BC =，是平面BGE 的一个法向量，所以222222cos ,213BC n BC n BC n h h ⋅===⋅++，解得3h =（负根舍去）. 所以3BP =.考点2 用向量法解决开放性、探索性问题例 2.(1)如图，在五面体ABCDEF 中，面ABCD 是正方形，AD DE ⊥，4=AD ，2DE EF ==，且π3EDC ∠=．（1）求证：AD ⊥平面CDEF ；（2）求直线BD 与平面ADE 所成角的正弦值；（3）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． 【答案】（1）答案见详解；（2）64（3）存在，3AG =. 【解析】（1） 证明：正方形ABCD 中，AD DC ⊥， 又AD DE ⊥，DCDE D =，,DC DE ⊂平面CDEF ，所以AD ⊥平面CDEF ；（2）设直线BD 与平面ADE 所成角为θ，点B 到平面ADE 的距离d ，则sin dBDθ=. 依题意，42BD =1）知AD ⊥平面CDEF ，得平面ABCD ⊥平面CDEF ，故点E 到平面ABCD 的距离1sin33h DE π=⋅=Rt ADE △中，1124422ADESAD DE =⋅⋅=⨯⨯=，又1144822ABDS AD AB =⋅⋅=⨯⨯=，故根据等体积法B ADE E ABD V V --=，得11133ADEABD S d S h ⋅=⋅，即83234d ==，故236sin 442d BD θ===，故直线BD 与平面ADE 所成角的正弦值是64（3）//AB DC ，DC ⊂平面CDEF ，AB ⊄平面CDEF ，//AB ∴平面CDEF ，又平面CDEF平面ABEF EF =，AB平面ABEF ，////AB EF CD ∴.分别取DC ，AB 上点N ，G ，使得CN=BG=1，又//CN BG ，故四边形CNGB 是平行四边形，//BC NG ∴，又NG 在平面ADE 外，BC 在平面ADE 内，//NG ∴平面ADE ，取DC 中点H ，则DH=EF=2，又//DH EF ，故四边形EFDH 是平行四边形，//DE HF ∴， 又11142CN DC CH ===，M 是CF 的中点，故MN 是中位线，////DE HF MN ∴，又MN 在平面ADE 外，DE 在平面ADE 内，//MN ∴平面ADE ，因为MN ，NG 相交于平面MNG 内，所以平面MNG //平面ADE ，又MG ⊂平面MNG ， 故此时//MG 平面ADE ，3AG =.【点睛】本题考查了线面垂直的判定、线面成角的求法和存在性问题的探究，属于中档题.求空间中直线与平面所成角的常见方法为： ①定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；②等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线线段长的比值即线面成角的正弦值；③向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值. (2)在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，23PA =，//DC AB ，90DAB ∠=︒，3AB =，2AD CD ==，M 是棱PD 的中点.（1）求异面直线DP 与BC 所成的角的余弦值； （2）求AM 与平面PBC 所成的角的大小；（3）在棱PB 上是否存在点Q ，使得平面QAD 与平面ABCD 所成的锐二面角的大小为60°？若存在，求出AQ 的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1）5；（2）45︒；（3）125. 【解析】以,,AD AB AP 所在直线分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系， 则(()()()()(3,0,0,0,3,0,0,2,2,0,0,2,0,3P A B C D M （1）(0,2,23DP =-，()1,2,0BC =- 所以5cos ,545DP BC ==⋅，即异面直线DP 与BC 5（2）(3AM =，(3,0,23PB =-，()1,2,0BC =- 设平面PBC 的法向量(),,m x y z =，则00m PB m BC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，33020x z x y ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，所以可取(3m =设AM 与平面PBC 所成的角为θ，则2sin cos ,2222AM m θ===⋅ 所以AM 与平面PBC 所成的角为45︒ （3）平面ABCD 的法向量可取()10,0,1n =设(()3,0,233,0,23PQ PB λλλλ==-=-，则()3,0,2323Q λλ 所以()3,0,2323AQ λλ=，()0,2,0AD =设平面QAD 的法向量为()2222,,n x y z =，则2200n AQ n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，()22232323020x z y λλ⎧+-=⎪⎨=⎪⎩可取()22323,0,3n λλ=--因为平面QAD 与平面ABCD 所成的锐二面角的大小为60°所以121cos ,2n n =，所以()()22312123233λλλ-=⋅-+-，解得25λ=或2λ=-（舍） 所以663,0,55AQ ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以266312555AQ ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 【点睛】本题考查了立体几何存在性问题，一般假设存在一点M ，设()(3,0,233,0,2PQ PB λλλ==-=-，利用向量的坐标运算，根据面面角公式求解，如能求出符合范围的λ，即存在，否则不存在. 【跟踪演练】2.(1)如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD DC =，F ，G 分别是PB ，AD 的中点．（Ⅰ）求证：GF ⊥平面PCB ；（Ⅱ）求平面PAB 与平面PCB 的夹角的大小；（III ）在线段AP 上是否存在一点M ，使得DM 与平面ADF 所成角为30︒？若存在，求出M 点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）60°；（III ）存在，()1,0,1.【解析】（Ⅰ）证明：以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(2,0,0),(2,2,,0),(0,2,0),(0,0,2),(1,0,0),(1,1,1)A B C P G F(0,1,1),(2,2,2),(0,2,2)GF PB PC ∴==-=-设平面PCB 的法向量为111(,,)m x y z =，则00m PB m PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即111112220220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩令1=1z ，则110,1x y ==，(0,1,1)m ∴=∴//GF m ， 故GF ⊥平面PCB ．(Ⅱ)解：由（Ⅰ）知，平面PCB 的法向量为(0,1,1)m =，(2,2,2),(2,0,2)PB PA =-=-设平面PAB 的法向量为222(,,)n x y z =，则2222222200,2200x y z n PB x z n PA +-=⎧⎧⋅=⎨⎨-=⋅=⎩⎩即，令21z =，则221,0,x y ==， 所以平面PAB 的法向量(1,0,1)n =1cos ,||||222m n m n m n ⋅∴<>===⋅⨯平面PAB 与平面PCB 的夹角大小为60．（III ）假设线段AP 上存在一点M ，设AM AP λ=，[]01λ∈，，则(22,0,2)M λλ-， (22,0,2)DM λλ∴=-，设平面ADF 的法向量为333(,,)t x y z =，(2,0,0),(1,1,1)DA DF ==，由0,0DA t DF t ⋅=⋅=得到(0,1,1)t =-，DM 与平面ADF 所成角为30︒， DM ∴与t 所成角为60︒， 22||cos60|cos ,|(22)42||||DM t DM t DM t λλ→︒→⋅∴=<>==-+⋅⋅，解得12λ=， 故在线段AP 上存在一点M ，使得DM 与平面ADF 所成角为30︒，点M 的坐标为(1,0,1)． (2)如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD DC =，F ，G 分别是PB ，AD 的中点．（1）求证：GF ⊥平面PCB ；（2）求平面PAB 与平面PCB 夹角的余弦值；（3）在AP 上是否存在一点M ，使得DM 与PC 所成角为60︒？若存在，求出M 点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）12-；（3）存在，点M 的坐标为(1，0，1). 【解析】（1）证明：以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(1G ，0，0)，(0P ，0，2)，A (2，0，0)，(2B ，2，0)，(0C ，2，0)，(1F ，1，1)，∴(0GF =，1，1)，(2PB =，2，2)-，(0PC =，2，2)-，设平面PCB 的法向量为(n x =，y ，)z ，则·0{·0n PB n PC ==，即2220{220x y z y z +-=-=， 令1y =，则0x =，1z =，∴(0n =，1，1)，∴//GF n ，故GF ⊥平面PCB ．（2）解：由（1）知，平面PCB 的法向量为(0n =，1，1)，(2PA =，0，2)-， 同（1）可求得平面PAB 的法向量(1m =，0，1)，cos m ∴<，·12·22m n n m n >===⨯， 由图可知，平面PAB 与平面PCB 的夹角为钝角，∴平面PAB 与平面PCB 夹角的余弦值为12-． （3）解：设AM AP λ=，则(22M λ-，0，2)λ，∴(22DM λ=-，0，2)λ，DM 与PC 所成角为60︒，(0PC =，2，2)-，cos 60|cos DM ∴︒=<，22·|·(22)422DM PC PC DM PCλλ>==-+⨯，解得12λ=，故在AP 上存在一点M ，使得DM 与PC 所成角为60︒，点M 的坐标为(1，0，1)．考点2 立体几何综合问题例3.(1)已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，给出下列四个命题：①对角线1AC 被平面1A BD 和平面11B CD 、三等分；②正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的表面积之比为1:2:3；③以正方体的顶点为顶点的四面体的体积都是16；④正方体与以A 为球心，1为半径的球的公共部分的体积是6π．其中正确的序号是（ ） A ．①②B ．②④C ．①②③D ．①②④【答案】D【解析】①如图所示，假设对角线AC 与平面1A BD 相交于点M ，可得AM ⊥平面1A BD ，所以2213112113432AM ⨯=⨯⨯⨯， 解得13133AM AC ==，因此对角线AC 被平面1A BD 和平面11B CD 三等分，正确； ②易得正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径分别为12，22， 3222123444=1:2:3222πππ⎛⎛⎛⎫⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭：：，正确； ③111112C A BD C B CD V V --=13=16≠，不正确； ④正方体与以A 为球心，1为半径的球的公共部分的体积3141836V ππ=⨯⨯=，正确， 故选：D ．【点睛】本题考查了立体几何综合问题，正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径与正方体边长的关系，考查了学生空间想象能力，分析推理能力，运算能力. (2)如图，直二面角D AB E --中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE EB =，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .（1）求证：AE ⊥平面BCE ；（2）求二面角B AC E --的大小的正弦值； （3）求点D 到平面ACE 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（26（323【解析】证明：∵BF ⊥平面ACE ，平面ACE平面BCE CE =,∴BF AE ⊥，∵二面角D AB E --为直二面角，∴平面ABCD ⊥平面ABE ， 又BC AB ⊥，∴BC ⊥平面ABE ，∴BC AE ⊥， 又BF ⊂平面BCE ，BF BC B ⋂=，∴AE ⊥平面BCE ；(2)连结AC 、BD 交于G ，连结FG ，∵ABCD 为正方形，∴BD AC ⊥， ∵BF ⊥平面ACE ，∴FGAC ，FGB ∠为二面角B AC E --的平面角，由(1)可知，AE ⊥平面BCE ，∴AE EB ⊥，又AE EB =，2AB =，2AE BE ==在Rt BCE ∆中，226CE BC BE +=2263BC BE BF CE ⋅===在正方形中，2BG =BFG 中，63sin 2BF FGB BG ∠===，∴二面角B AC E --大小的正弦值为6arcsin 3； (3)由(2)可知，在正方形ABCD 中，BG DG =，D 到平面ACB 的距离等于B 到平面ACE 的距离，BF ⊥平面ACE ，线段BF 的长度就是点B 到平面ACE 的距离，即为D 到平面ACE 的距离，∴D 到平面ACE 的距离为233=.【点睛】本题考查了求证线面垂直，求二面角和体积，解答本题的关键是作出二面角B AC E --的平面角，用定义法求二面角的步骤,一作二证三求解:①作出二面角的平面角证明作出的角即为所求二面角的平面角.②将角归结到三角形中，利用余弦定理求解③得出答案.【跟踪演练】2.(1)(多选)在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，E 、F 分别为1BB 、CD 中点，P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的有（ ）A ．1A F AE ⊥B ．三棱锥1P AED -的体积与点P 位置有关系C ．平面1AED 截正方体1111ABCD A B C D -的截面面积为92D ．点1A 到平面1AED 2 【答案】AC【解析】对于选项A ，取AB 中点为G ，根连接FG ，1A G ，记1A G 与AE 交点为O ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，12A AG ABE π∠=∠=，因为E 、F 分别为1BB 、CD 中点，所以AG BE =，//FG AD ，因此1Rt A AG Rt ABE ≅，所以1AAG BAE ∠=∠，1AGA AEB ∠=∠，因此12OAG OGA BAE AGA π∠+∠=∠+∠=，因此2AOG π∠=，即1AE A G ⊥；又在正方体1111ABCD A B C D -中，AD ⊥平面11ABB A ，所以FG ⊥平面11ABB A ， 因AE ⊂平面11ABB A ，所以FG AE ⊥，又1AG FG G ⋂=，1AG ⊂平面1A FG ，FG ⊂平面1A FG ， 所以AE ⊥平面1A FG ，因为1A F ⊂平面1A FG ，所以1A F AE ⊥；故A 正确；对于选项B ，因为在正方体中11//AB C D ，且11AB C D =，所以四边形11ABC D 为平行四边形，因此11//BC AD ，又1BC ⊄平面1AED ，1AD ⊂平面1AED ，所以1//BC 平面1AED ， 因此棱1BC 上的所有点到平面1AED 的距离都相等，又P 是棱1BC 上的动点，所以三棱锥1P AED -的体积始终为定值；故B 错误； 对于选项C ，取11B C 的中点为M ，连接EM ，1MD ，则1//EM BC ，且112EM BC =， 则1//EM AD ；又正方体中，2AB =，所以221215MD AE ==+=，1122BC AD ==， 因此1122EM BC ==， 所以平面1AED 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面为等腰梯形1EMD A ，因此该等腰梯形的高为2211325222AD EM h AM -⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭， 所以该截面的面积为()11922S AD EM h =⋅+⋅=；故C 正确； 对于选项D ，设点1A 到平面1AED 的距离为d ，因为1//BB 平面11AA D D ，所以点E 到平面11AA D D 的距离为2AB =， 即点E 到平面11AA D 的距离为2， 所以1111211142223323E AA D AA D V S -=⋅⋅=⋅⋅⋅=， 在1AED △中，122AD =，5AE =，22212213ED =++=，所以110cos 102225EAD ∠==⋅⋅，因此1310sin 10EAD ∠=，所以11111310sin 225322AED SAD AE EAD =⋅⋅∠=⋅⋅⋅=. 又111111433E AA D A AED AED V V S d --==⋅⋅=，所以43d =，即点1A 到平面1AED 的距离为43，故D 错误； 故选：AC.(2)如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，060ABC ∠=，FA ⊥平面ABCD ，//,2 2.FA ED AB FA ED ===（1）求二面角F BC A --的大小的正切值； （2）求点E 到平面AFC 的距离；（3）求直线FC 与平面ABF 所成的角的正弦值. 【答案】（123；（23（3）64【解析】（1）过A 作AG BC ⊥于点G ，连接FG ，四边形ABCD 是菱形，60,2ABC AB ∠=︒=，ABC ∴为等边三角形，1BG GC ==,3AG =. FA ⊥平面ABCD ，BC 平面ABCD ，FA BC ∴⊥，又AG BC ⊥， AG FA A =，BC ∴⊥平面AFG ，BC FG ∴⊥-AGF ∴∠为二面角F BC A --的平面角， 23tan 3AF AGF AG ∠===； ()2连接AE ，设点E 到平面AFC 的距离为h ，则E ACF C AEF V V --=， 即11333ACFAEF s h S ⋅=⋅， 也就是111133232AF AC h AF AD ⨯⋅⋅=⨯⋅⋅，解得：3h =；(3)作CH AB ⊥于点H ，连接FH ，ABC ∆为等边三角形，H ∴为AB 的中点，221,3,5AH CH FH FA AH ===+=， FA ⊥平面ABCD ，CH ⊂平面ABCD ，FA CH ∴⊥，又,CH AB AB AF A ⊥⋂=，CH ∴⊥平面ABF ，CFH ∴∠为直线FC 与平面ABF 所成的角，36sin 22CH CFH CF ∴∠===． 【仿真练习】一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，设AC 交BD 于点O ，则异面直线1A O 与1BD 所成角的余弦值为（ ） A ．415-B ．415C ．43-D ．43【答案】D【解析】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，因为1AB AD ==，12AA =，所以()11,0,2A ，()1,1,0B ，11,,022O ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()10,0,2D ， 111,,222A O ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()11,1,2BD =--，则111144322cos ,911411444A O BD --==++⋅++.故选：D2.如图在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是AD 的中点，那么异面直线1D E 和1A B 所成的角的余弦值等于（ ）A ．10B ．15 C ．45D ．23【答案】A【答案】建立空间直角坐标系，如图所示；(0D ，0，0)，(1E ，0，0)，1(0D ，0，2)，(2B ，2，0)，1(2A ，0，2)；1(1D E =，0，2)-，1(0A B =，2，2)-，1110022(2)4D E A B =⨯+⨯-⨯-=，2221||10(2)5D E =++-，2221||02(2)22A B =++-=所以1cos D E <，1111110||||522D E A B A B D E A B >===⨯⨯ 所以异面直线1D E 和1A B 所成角的余弦值为105．故选：A 3.已知四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，2BC BD ==，AB 与平面ACD所成角的正切值为12，则点B 到平面ACD 的距离为（ ）A ．3B ．23C ．5 D ．25【答案】D【解析】以B 为原点，BC ，BD ，BA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设BAt ，0t >，()0,0,0B ，)2,0,0C ，()2,0D ，0,0,A t .0,0,AB t ，2,0,CAt ，2,2,0CD.设平面ACD 的法向量(),,n x y z =，则20220n CA tz n CD x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，得1y =，2z =故21,1,n t ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭. 因为直线AB 与平面ACD 所成角的正切值为12， 所以直线AB 与平面ACD 5即2255211AB nAB nt t ⋅==⋅⋅++，解得2t =.所以平面ACD 的法向量21,1,2n ⎛= ⎝⎭，故B 到平面ACD 的距离为2251112AB n d n⋅===++.故选：D4.如图，矩形ADFE ，矩形CDFG ，正方形ABCD 两两垂直，且2AB =，若线段DE 上存在点P 使得GP BP ⊥，则边CG 长度的最小值为 ( )A ．4B ．43C ．2D ．23【答案】D【解析】以DA ，DC ，DF 为坐标轴建立空间坐标系，如图所示：设0CG a P x z ，（，，）=，则2x z a =,即2axz =. 又22002B G a （，，），（，，），所以2,2,,,2,.22ax ax BP x GP x a ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()24022ax ax PB PG x x a ⎛⎫=-++-= ⎪⎝⎭. 显然0x ≠且2x ≠.所以221642a x x =--.因为()0,2x ∈，所以(]220,1x x -∈.所以当221x x -=，2a 取得最小值12. 所以a 的最小值为23故选:D.5.已知ABC ∆是由具有公共直角边的两块直角三角板（Rt ACD ∆与Rt BCD ∆）组成的三角形，如左下图所示.其中，45,60CAD BCD ∠=∠=.现将Rt ACD ∆沿斜边AC 进行翻折成1D AC ∆（1D 不在平面ABC 上）.若,M N 分别为BC 和1BD 的中点，则在ACD ∆翻折过程中，下列命题不正确的是（ ）A ．在线段BD 上存在一定点E ，使得EN 的长度是定值B ．点N 在某个球面上运动C ．存在某个位置，使得直线1AD 与DM 所成角为60D ．对于任意位置，二面角1D AC B --始终大于二面角1D BC A -- 【答案】D【解析】不妨设1AD =，取AB 中点E ，易知E 落在线段BD 上，且11122EN AD ==, 所以点N 到点E 的距离始终为12，即点N 在以点E 为球心，半径为12的球面上运动， 因此A 、B 选项不正确；对于C 选项，作1//,AP DM AD 可以看成以AC 为轴线，以45为平面角的圆锥的母线，易知1AD 与AP 落在同一个轴截面上时，1PAD ∠ 取得最大值，则1PAD ∠的最大值为60，此时1D 落在平面ABC 上，所以160PAD ∠<，即1AD 与DM 所成的角始终小于60，所以C 选项不正确；对于D 选项，易知二面角1D AC B --为直二面角时，二面角1D AC B --始终大于二面角1D BC A --，当二面角1D AC B --为锐二面角时，如图所示作1D R ⊥平面ABC 与点R ，然后作,RO AC RS BC ⊥⊥分别交,AC BC 于,O S ，则二面角1D AC B --的平面角为1D OR ∠，二面角1D BC A --的平面角为1D SR ∠，且1111tan,tanD R D RD OR D SROR SR∠=∠=，又因为OR SR<，所以11D OR D SR∠>∠，所以二面角1D AC B--始终大于二面角1D BC A--，故选:D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．6.在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D-中，下列结论正确的是（）A．异面直线AC与1BC所成的角为3πB．1DA是平面11ABC D的一个法向量C．二面角1A B C B--的正切值为22D．正方体1111ABCD A B C D-的外接球的体积3【答案】ABD【解析】如图建立空间直角坐标系，则()1,0,0A，()0,1,0C，()11,1,1B，()1,1,0B ，()10,1,1C，所以()1,1,0AC=-，()11,0,1BC=-，设异面直线AC与1BC所成的角为θ，所以111cos2AC BCAC BCθ==，因为10,2θπ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以3πθ=，故A正确；在正方体1111ABCD A B C D-，AB⊥平面11ADD A，1DA⊂平面11ADD A，所以平面1DA AB⊥，又11DA AD⊥，1AD AB A⋂=，1,AD AB⊂面11ABC D所以1DA⊥平面11ABC D，所以1DA是平面11ABC D的一个法向量，故B正确；设面1AB C 的法向量为(),,m x y z =，则()1,1,0AC =-，()10,1,1AB =，所以00x y y z -+=⎧⎨+=⎩，令1y =，则1x =，1z =-，所以()1,1,1m =-，显然面1B CB 的一个法向量可为()0,1,0n =，设二面角1A B C B --为ϕ，则13cos 33m n n mϕ===，因为二面角1A B C B --为锐二面角，所以26sin 1cos 3ϕϕ=-=，所以tan 2ϕ=，故C 错误；正方体1111ABCD A B C D -外接球的半径3R =， 故其外接球的体积为33344333R πππ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭，故D 正确；故选：ABD ． 7. 如图，已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 上运动，下列结论正确的是（ ）A.异面直线AP 与1DD 所成的角范围为ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦；B.平面1PBD ⊥平面11AC D ；C.点P 到平面11AC D 的距离为定值233； D.存在一点P ，使得直线AP 与平面11BCC B 所成的角为π3. 其中正确的结论是___________. 【答案】BC【解析】对于A ，当P 在C 点时，1DD AC ⊥，异面直线AC 与1DD 所成的角最大为π2，当P 在1B 点时，异面直线1AB 与1DD 所成的角最小为1π4D DC =∠， 所以异面直线AP 与1DD 所成的角的范围为ππ,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故A 错误；对于B ，如图，因为1111111111111,,,,AC B D AC B B B D B B B D B B ⊥⊥⊂平面1BB D ,所以111AC BD ⊥,同理11DC BD ⊥,又因为1111111,,AC DC C AC DC =⊂平面11DAC ,所以1BD ⊥平面11AC D ，所以平面1PBD ⊥平面11AC D ，故B 正确；对于C ，因为11//,B C A D 1B C ⊄平面11AC D ,1A D ⊂平面11AC D ,所以1//B C 平面11AC D ，所以点P 到平面11AC D 的距离为定值，且等于1BD 的13，即233，故C 正确；对于D ，直线AP 与平面11BCC B 所成的角为APB ∠，tan ABAPB BP∠=， 当1BP B C ⊥时，BP 最小，tan APB ∠最大，最大值为π2tan 3<，故D 不正确， 故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共15分． 8.如图，正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________．【答案】3 5【解析】设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B1(0，3，2)，F(1，0，1)，E13(,,0)2，G(0，0，2)，1B F=(13，－1)，13(,22EF=-，(1,0,1)GF=-．设平面GEF的法向量为(,,)n x y z=，则0,0,EF nGF n⎧⋅=⎨⋅=⎩即130,20,x y zx z⎧+=⎪⎨⎪-=⎩取x＝1，则z＝1，y3故(1,3,1)n=为平面GEF的一个法向量，所以1|cos,|n B F<>＝||55⨯＝35，所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为35．故答案为：35.9.如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D-中，122AA AB==，则点C到平面1BDC的距离为_____________【答案】23【解析】设点C 到平面1BDC 的距离为d ， ∵122AA AB ==， 由题意，BCD 的面积11111222BCDSBC CD =⋅⋅=⨯⨯=， 在1BDC 中，易求得2BD =，115BC DC ==∴由余弦定理得14cos 5255BC D ∠==⨯⨯，∴13sin 5BC D ∠=， ∴11111sin 2BDC SBC DC BC D =⋅⋅⋅∠13355252==， 又11C BDC C BCD V V --=，即111133BDC BCD S d S CC ⋅⋅=⋅⋅，∴111222332BCD BDC S CC d S ⨯⋅===，故答案为：23． 10.如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB DC ，6AB =，过点D 作DM AB ⊥交AB 于点M ，2DM AM CD ===，现将AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥平面MBCD ，连接AB ､AC ,则直线AB 与平面AMC 所成角的正弦值为____________;当13AP AB =时，则二面角P MC B --的余弦值为__________.103【解析】在等腰梯形ABCD 中，AM DM ⊥，由平面AMD ⊥平面MDCB ，平面AMD ⋂平面MDCB MD =，AM ⊂平面AMD ， 所以AM ⊥平面MDCB .又由在等腰梯形ABCD 中，DM BM ⊥；所以以M 为原点，MD 为x 轴，MB 为y 轴，MA 为z 轴建立空间直角坐标系. 则()0,0,0M ，()0,0,2A ，()0,4,0B ，()2,2,0C ，()2,0,0D ； 所以(0,4,2)AB =-，(2,2,0)BC =-，(0,0,2)MA =，(2,2,0)MC =，设平面AMC 的法向量为(,,)p x y z =，则20220p MA z p MC x y ⎧⋅==⎨⋅=+=⎩，令2x =，则2,0y z =-=，所以(2,2,0)p =-为平面AMC 的法向量， 则10sin ,5||p p pAB AB AB ⋅<>==， 所以AB 与平面AMC 所成角的正弦值为105. 因为13AP AB =，(0,4,2)AB =-，所以44(0,,)33P ， 设平面PMC 的法向量为(),,m a b c =，则22044033a b b c +=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 所以取()1,1,1m =-，平面MCB 的法向量()0,0,2n =， 因为二面角P MC B --的余弦值为||3cos ||||m n m n θ⋅==， 所以二面角P MC B --3故答案为：105 33. 四、解答题：本题共4小题，共40分。

2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练55 空间向量的应用（二）空间的角与距离第1课时理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练55 空间向量的应用（二）空间的角与距离第1课时理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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题组训练57 空间向量的应用（二）空间的角与距离第1课时1．（2018·广西桂林一中期中）若a＝（2，3,m），b＝(2n，6，8），且a，b 为共线向量,则m＋n的值为( )A．7 B。

错误!C．6 D．8答案C解析由a，b为共线向量，得错误!＝错误!＝错误!，解得m＝4，n＝2,则m＋n＝6。

故选C。

2．已知向量a＝(2，－1,3），b＝（－1，4，－2),c＝（7，5，λ)．若a，b，c三个向量共面,则实数λ等于（)A。

错误! B.错误!C。

错误!D。

错误!答案D解析由题意，得c＝t a＋μb＝（2t－μ，－t＋4μ,3t－2μ）,所以错误!解得错误!故选D.3．若平面α的一个法向量为(1，2，0）,平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是（）A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．重合答案C解析由(1，2，0）·（2,－1，0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直,所以两平面互相垂直．4．已知平面α内有一个点M(1，－1，2），平面α的一个法向量是n＝(6，－3，6)，则下列点P在平面α内的是（)A．P(2，3，3）B．P（－2，0，1）C．P（－4，4，0) D．P(3，－3，4)答案 A解析 ∵n ＝(6，－3，6）是平面α的法向量,∴n ⊥错误!,在选项A 中,错误!＝（1，4，1)，∴n ·错误!＝0。

第七节 空间角距离（一）线面角一．选择题1．把正方形沿对角线AC 折起,当以,,,A B C D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 和平面ABC 所成的角的大小为（ ）A ．90B ．60C ．45D ．302．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当以A ，B ，C ，D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 和平面ABC 所成的角的大小为( )．A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°3．PA ，PB ，PC 是从P 引出的三条射线，每两条的夹角都是60º，则直线PC 及平面PAB 所成的角的余弦值为（ ）A ．12B 。

3 C 。

3 D 。

6 4．设E ，F 是正方体AC 1的棱AB 和D 1C 1的中点，在正方体的12条面对角线中，及截面A 1ECF 成60°角的对角线的数目是（ ）A ．0B ．2C ．4D ．6二，填空题5．正四棱锥P -ABCD 的所有棱长都相等，E 为PC 中点，则直线AC 及截面BDE 所成的角为 ． 6．已知正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 及平面B 1DC 所成角的正弦值为 .7．棱长都为2的直平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，∠BAD=60°，则对角线A 1C 及侧面DCC 1D 1所成角的余弦值为________. 三．简答题8．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，22AC =，2PA =，E 是PC 上的一点，2PE EC =。

（Ⅰ）证明：PC ⊥平面BED ；（Ⅱ）设二面角A PBC --为90，求PD 及平面PBC 所成角的大小。

9. 如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是矩形，AD ⊥PD ，BC=1，PC=23，PD=CD=2.（I ）求异面直线PA 及BC 所成角的正切值； （II ）证明平面PDC ⊥平面ABCD ；（III ）求直线PB 及平面ABCD 所成角的正弦值。