空间的角度与距离(附答案)

《普通测量学》习题集答案一、填空题1、确定点的空间位置需要三个量，即 平面位置 和 高程 。

2、测量工作的基本原则是 从整体到局部 、 先控制后碎部 、 步步有检核 。

3、确定地面点位的基本要素是 角度 、 距离 、 高 程 。

4、确定地面点位外业要观测的三个基本元素是（ 角度 ）、（ 距离 ）、（ 高差 ）。

5、我国的国家统一平面坐标系采用的是（ 高斯平面直角 ）坐标系。

6、国家统一划分六度投影带第19带的中央子午线是东经（ 111度 ）。

7、地面点到 大地水准面 的铅垂距离称之为该点的绝对高程；相对高程是指地面点到（ 假定水准面 ）的铅垂距离。

8、水准测量中，所采用的校核方法是（ 计算检核 ）、（ 测站检核 ）、（ 成果检核 ）；而每站校核的方法通常采用（ 双面尺法 ）和（变动仪器高） 法进行。

9、 在水准测量中，、前后视距相等主要是消除（ 仪器校正后残差 ）误差和（ 地球曲率和大气折光 ）误差。

10、在水准测量中，转点的作用是 传递高程 。

11、当闭合或附合水准测量的闭合差在允许范围以内时，应将闭合差按测站数或距离 成 正比例 的原则，以 反 符号调整到各测段高差上去。

12、附和水准路线高差闭合差计算公式为()h f h H H =--∑测终始13、水准仪后视点高程为m ，后视读数为 m ，水准仪的视线高为 100 。

14、如果测站高差为负值，则后视立尺点位置 高 于前视立尺点位置。

15、某闭合水准路线各测段的高差实测值分别为：+m ；m ；+m ，其高差闭合差为（ ）。

16、已知B 点高程为m ，A 点到B 点的高差为：m ，则A 点的高程为（ ）。

17、经纬仪对中的目的是（ 把仪器中心安置在测站点的铅垂线上 ）、整平的目的是（ 使仪器竖轴竖直、水平度盘水平 ）。

18、水平角的观测方法主要有（ 测回法 ）和（ 方向观测法 ）两种方法。

19、经纬仪的安置工作包括 对中 、 整平 两项内容。

《建筑工程测量》习题参考答案项目1（16页～17页）一、名词解释：1、测量学:测量学是研究地球的形状和大小以及确定地面点空间位置的科学。

它的内容包括测定和测设两部分。

测定是指使用测量仪器和工具，通过测量和计算，得到一系列测量数据再，把地球表面的形状缩绘成地形图，供经济建设、国防建设及科学研究使用。

测设（放样）是指用一定的测量方法和精度，把图纸上规划设计好的建（构）筑物的位置标定在实地上，作为施工的依据。

2、绝对高程：就是地面点到大地水准面的铅垂距离，一般用H表示。

3、地形测量:就是研究小范围地球表面形状的测量问题，是不顾及地球曲率的影响，把地球局部表面当作平面看待来解决测量问题的理论方法。

4、工程测量:就是研究各种工程在规划设计、施工放样、竣工验收和运营中测量的理论和方法。

5、直线比例尺:为了便于应用，通常在地形图的正下方绘制一图示比例尺。

由两条平行线构成，并把它们分成若干个2cm长的基本单位，最左端的一个基本单位分成10等分。

图示比例尺上所注记的数字表示以米为单位的实际距离。

6、水准面:水是均质流体，而地球表面的水受重力的作用，其表面就形成了一个处处与重力方向垂直的连续曲面，称为水准面。

7、大地水准面:人们设想将静止的海水面向整个陆地延伸，用所形成的封闭曲面代替地球表面，这个曲面称为大地水准面。

8、地理坐标:地面点在球面上的位置用经度和纬度表示的，称为地理坐标。

按照基准面和基准线及求算坐标方法的不同，地理坐标又可分为天文地理坐标和大地地理坐标两种。

9、大地测量:研究地球的形状和大小，解决大范围的控制测量和地球重力场问题。

近年来随着空间技术的发展，大地测量正在向空间大地测量和卫星大地测量方向发展和普及。

10、相对高程：在个别的局部测区，若远离已知国家高程控制点或为便于施工，也可以假设一个高程起算面（即假定水准面），这时地面点到假定水准面的铅垂距离，称为该点的假定高程或相对高程。

二、填空题：1、测量工作的基本内容有距离测量、角度测量和高差测量。

重庆八中2024——2025学年度(上)高三年级入学适应性训练地理试题一、单项选择题(15小题,每题3分,共45分)我国自主建设的天宫空间站在离地面400~450km 的轨道上向东绕地运行，其环绕地球一周需要90分钟。

图示意某时刻天宫空间站在轨位置情况。

据此完成下面小题。

1.天宫空间站（A.不属于人造天体C.白昼比地面上）长 B.运行于大气上界D.角速度为4°/分钟2.据图推算，天宫空间站运行至轨道最南点大概还需要（）A.5分钟B.8分钟C.10分钟D.15分钟3.天宫空间站的宇航员可观察到（A.美丽的流星雨C.蔚蓝色的天）空B.月相圆缺变化D.太阳西升东落2.A 【答案】1.D【解析】【1题详解 3.B 】天宫空间站基本按天体力学规律运行，属于人造天体，A 错误；天宫空间站在离地面400~450km 的轨道上绕地运行，还没到达大气上界，B 错误；其环绕地球一周需要90分钟，因此其昼夜交替周期短，白昼比地面上短，角速度为4°/分钟，C 错误，D 正确。

故选D 。

【2题详解】天宫空间站运动角速度为4°/分钟。

读图可知，天宫空间站轨道最南点位于150°E 经线上，现在天宫空间站位于130°E 附近，距离最南点还差20°，还需要5分钟，A 正确，BCD 错误，故选A 。

【3题详解】天宫空间站向东绕地运行，太阳东升西落，D 错误；天宫空间站大气十分稀薄，看不到美丽的流星雨和蔚蓝色的天空，AC 错误；由于空间站和太阳与月球相对位置的变化，可以看到月相圆缺变化，B 正确。

故选B 。

【点睛】天体是宇宙间的物质存在形式，如恒星、星云、行星、卫星、彗星、流星体、星际物质等均是天体，但天体的一部分不能单独称为天体，在宇宙空间基本上按照天体力学规律运行的各种人造物体属于人造天体。

图示意寒武纪至新近纪生物多样性和地表温度的变化。

完成下面小题。

4.图中（）A.三叠纪至新近纪生物种类明显递增C.白垩纪后期裸子植物种类大量消失B.二叠纪是爬行类动物的繁盛时期D.物种大灭绝与地表温度变化无关5.地质学者在皖南山区的上溪群地层中发现了大量寒武-奥陶纪的水母等古生物化石。

最新版测量学课后答案第⼀章：绪论1. 名词解释：测量学、测定、测设、⽔准⾯、地球椭球⾯、绝对⾼程、相对⾼程、6°带、⾼斯平⾯直⾓坐标、参⼼坐标系、地⼼坐标系、正⾼、⾼。

(1)测量学是研究地球的形状和⼤⼩以及确定地⾯、⽔下及空间点位的科学。

（2）测定是指⽤测量仪器对被测点进⾏测量、数据处理，从⽽得到被测点的位置坐标，或根据测量得的数据绘制地形图。

（3）测设是指把设计图纸上规划设计好的⼯程建筑物、构筑物的位置通过测量在实地标定出来。

（4）⽔准⾯是由静⽌海⽔⾯并向⼤陆、岛屿延伸⽽形成的不规则的闭合曲⾯。

（5）地球椭球⾯是把拟合地球总形体的旋转椭球⾯。

（6）绝对⾼程是指地⾯点沿垂线⽅向⾄⽔准⾯的距离。

（7）相对⾼程是指选定⼀个任意的⽔准⾯作为⾼程基准⾯，地⾯点⾄此⽔准⾯的铅垂距离。

（8）6°带，即从格林尼治⾸⼦午线起每隔经差6°划分为⼀个投影带。

（9）⾼斯平⾯直⾓坐标：经投影所得的影响平⾯中，中央⼦午线和⾚道的投影是直线，且相互垂直，因此以中央⼦午线投影为X轴，⾚道投影为Y轴，两轴交点为坐标原点，即得⾼斯平⾯直⾓坐标系。

（10）参⼼坐标系是以参考椭球的⼏何中⼼为基准的坐标系。

（11）地⼼坐标系是以地球质⼼为原点建⽴的空间直⾓坐标系，或以球⼼与地球质⼼重合的地球椭球⾯为基准⾯所建⽴的坐标系。

（12）正⾼是指地⾯点到⽔准⾯的铅垂距离。

（13）⾼是指地⾯点沿法线⾄地球椭球⾯（或参考椭球⾯）的距离，称为该点的⾼。

2. 测量学主要包括哪两部分容？⼆者的区别是什么？测量学主要包括测定和测设两部分容；区别：测定是⽤测量仪器对被测点进⾏测量根据测量得的数据绘制地形图，⽽测设是指把设计图纸上设计好的坐标实地标定出来。

3. 简述Geomatics的来历及其含义。

来历：⾃20世纪90年代起，世界各国将⼤学⾥的测量学专业、测量学机构好测量学杂志都纷纷改名为Geomatics。

Geomatics 是⼀个新造出来的英⽂名词，以前的英⽂词典中找不到此词，因此也没有与之对应的汉译名词。

第五单元确定位置第1课时根据方向、角度和距离确定物体的位置【基础训练】一、选择题1．张华从甲地出发，到南偏东50°方向1200米处的乙地办事，办完事张华沿原路返回，应从乙地沿（）到达甲地。

A．北偏西50°方向走1200米B．北偏西40°方向走1200米C．南偏西50°方向走1200米D．南偏西40°方向走1200米2．以教学楼为观测点，图书馆在北偏西30°的方向上，下图正确的是（）。

A．B．C．3．佳华在媛媛的东偏南30方向500m处，那么媛媛在佳华的（）。

A．东偏南30方向500m处B．南偏东60 方向500m处C．北偏西30方向500m处D．西偏北30方向500m处4．图书馆在操场的（）方向。

A．北偏东40°B．北偏西40°C．北偏西50°D．北偏东50°5．甲从A点出发向北偏东60°方向走了30米到达B点，乙从A点出发向西偏南30°方向走了40米到达C点，那么B、C两点之间的距离是（）。

A．70米B．30米C．10米二、填空题6．我会填。

以小猫为中心，鱼在小猫的北偏（）（）°的方向上，老鼠在小猫的正（）方向上。

7．（1）小红从家先向( )偏( )( )方向行( )米，再向( )方向行( )米到学校（2）小亮从家先向( )方向行( )米，再向( )偏( )( )方向行( )米到学校。

8．确定物体的位置需要知道( )和( )两个条件。

9．如图，淘气从家向( )走( )米到少年宫，再向( )走( )米到学校．10．下面是利民镇的平面图，以镇政府为观测点。

（1）医院在镇政府的北偏( )55︒方向800米处。

（2）敬老院在镇政府的南偏( )30︒方向( )米处。

（3）菜场在镇政府的南偏( )45︒方向( )米处。

（4）学校在镇政府的北偏( )60︒方向( )米处。

三、判断题11．李婷面向东站立，向右转50︒后所面对的方向是东偏北50︒。

专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正（主)视图的下面,长度与正（主）视图的长度一样，侧（左）视图放在正(主）视图的右面，高度与正（主）视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝错误!S。

[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(）［解析］两个木构件咬合成长方体时，小长方体（榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A。

[答案］A2．（2018·河北衡水中学调研）正方体ABCD－A1B1C1D1中,E 为棱BB1的中点(如图),用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）[解析］过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C。

［答案］C3．（2018·江西南昌二中模拟）一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4错误!D．4错误![解析］由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB ＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP ＝12，S△BCD＝错误!×4错误!×2＝4错误!，故选D。

［答案]D4．如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝错误!×（1＋1＋错误!)×错误!＝错误!.故原平面图形的面积S＝错误!＝2＋错误!.[答案]2＋错误![快速审题］（1)看到三视图，想到常见几何体的三视图，进而还原空间几何体．(2）看到平面图形直观图的面积计算，想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(1）根据俯视图确定几何体的底面．(2）根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．（3）确定几何体的直观图形状．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式（1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高）；(2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高)；(3）S台侧＝错误!（c＋c′）h′（c′,c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高）；(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）；(3)V台＝错误!(S＋错误!＋S′）h(不要求记忆）．3．球的表面积和体积公式S表＝4πR2(R为球的半径）,V球＝43πR3(R为球的半径）．[对点训练]1．(2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示(单位:cm）,则该几何体的体积(单位:cm3）是（）A．2 B．4 C．6 D．8［解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm，2 cm，高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3.[答案]C2．（2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考）某几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是（)A.错误!＋2B.错误!＋2C.错误!＋3 D。

测量员理论考试-2(总分100, 做题时间90分钟)一、判断题1.图纸上建筑物的位置通常用角度、距离和高度来表示。

( )SSS_JUDGEMENT正确错误分值: 1答案:正确2.地面坡度越陡，等高线平距越大。

( )SSS_JUDGEMENT正确错误分值: 1答案:正确3.自动安平水准仪在抄平时，只用圆水准盒粗略整平仪器，不需要用微倾螺旋精确调平符合水准管，借助仪器中的“补偿装置”，即可准确读出水平视线的尺读数。

( )SSS_JUDGEMENT正确错误分值: 1答案:正确4.测量中的读数误差与测量者的技术熟练程度、读数窗的清晰度及读数系统本身即为构造有关，对于分微尺读数系统，分微尺最小倍值为t，则读数误差m±0.5t。

( )SSS_JUDGEMENT正确错误分值: 1答案:错误5.直线精密丈量方法要求每尺段应进行5次读数，以减小误差，且在丈量前和丈量后，应使用仪器测定每尺段的高差，并记录丈量时的温度。

( )SSS_JUDGEMENT正确错误分值: 1答案:错误6.控制网中控制点的坐标或高程是由起算数据和观测数据经平差计算得到的。

( )SSS_JUDGEMENT正确错误分值: 1答案:正确7.大平板仪由平板部分、光学照准仪和若干附件组成。

( )SSS_JUDGEMENT正确错误分值: 1答案:正确8.距离交会法适用于场地平坦、量距方便，且控制点离待测设点的距离不超过一整尺长的地区。

( )SSS_JUDGEMENT正确错误分值: 1答案:正确9.国产的气泡倾斜仪灵敏度为2"，总的观测范围为2°，仅适用于较大倾角和小范围的局部变形测量。

( )SSS_JUDGEMENT正确错误分值: 1答案:错误10.建筑施工质量测量作业的原则是：先整体后局部，高精度控制低精度。

( )SSS_JUDGEMENT正确错误分值: 1答案:正确二、单项选择题每道题下面有A、B、C、D四个备选答案。

教学设计第二节经典时空观与相对论时空观整体设计经典力学是在研究宏观物体的低速（与光速相比)运动时总结出来的，对于微观粒子和高速运动的宏观物体经典力学不适用。

当光的电磁本质被揭示出来以后，对光在空间的传播问题的研究和思考，引发了物理学的一场革命,导致了相对论的建立，改变了我们对时间和空间的认识.那么相对论给出的时空观是怎样的呢？教学难点经典时空观与相对论时空观的主要区别.教学重点1。

知道狭义相对论的实验基础、基本原理和主要结论。

知道同时的相对性、长度的相对性、时间间隔的相对性.2。

了解经典时空观与相对论时空观的主要区别。

体会相对论的建立对人类认识世界的影响.教学方法质疑探究、讨论课时安排1课时三维目标知识与技能1。

了解伽利略相对论原理，知道时空观与参考系的联系。

2。

了解经典时空观及其基本推论，知道牛顿引入绝对时空观的原因.3.了解狭义相对论的理论基础与狭义相对论时空观的几个推论，知道相对论时空观对人们认识世界的影响。

4。

知道经典时空观与相对论时空观的主要区别.过程与方法1.通过对参考系和运动的“讨论与交流"，认识惯性系的概念与伽利略相对性原理。

2.了解绝对时空观与实验事实的矛盾.3.通过了解爱因斯坦创立狭义相对论的过程，学习创立科学理论的基本方法--“提出假设”.4。

通过“讨论与交流”理解同时的相对性.5。

对比经典时空观的推论与相对论时空观的推论,认识经典时空观与相对论时空观的区别.情感态度与价值观1.通过“讨论与交流"活动,培养学生的独立思考能力、逻辑分析能力、口头表达能力和合作学习的精神。

2.通过了解时空观的变革，从中认识物理学的发展和变革，体会相对论对人类认识世界的影响,感受物理学的发展对推动社会的作用.3.感受科学家客观求实、理性追求、批判创新的精神和富有创造性的想象力，启发学生勇于质疑、富于想象，培养思维的多向性和发散性。

4。

通过了解时空观的变革，使学生认识到自然界是可以被人认识的，科学是认识自然最有效的途径,科学对自然界有解释和预见的功能，科学知识具有想对的稳定性并不断发展和进步，从过程的意义来看，科学的本质就是探究,是不断地追求真理和不断地修正错误，不断地创新。

专题01空间角度与距离归类目录热点题型归纳【题型一】线面角基础 (1)【题型二】二面角基础 (4)【题型三】异面直线所成的角 (7)【题型四】给角求角（值）1：线面角 (10)【题型五】给角求角（值）2：二面角 (12)【题型六】探索性动点型1：线面角 (15)【题型七】探索性动点型2：二面角 (17)【题型八】翻折中的角度 (20)【题型九】角度范围与最值 (22)【题型十】距离与长度（体积） (26)培优第一阶——基础过关练 (32)培优第二阶——能力提升练 (37)培优第三阶——培优拔尖练 (42)【题型一】线面角基础【典例分析】如图，在四棱锥P ABMN -中，PNM △是边长为2的正三角形，AN NP ⊥，AN BM ∥，3AN =，1BM =，AB =C ，D 分别是线段AB ，NP 的中点．(1)求证：CD ∥平面PBM ；(2)求证：平面ANMB ⊥平面NMP ；(3)求直线CD 与平面ABP 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）取MN 中点Q ，连CQ ，DQ ，由线面平行的判定定理可得DQ ∥平面BMP ，CQ ∥平面BMP ，再由面面平行的判定定理可得平面CDQ ∥平面BMP 及性质定理可得答案；（2）过B 作BE MN ∥交AN 于E ，利用222AB AE BE =+得AE BE ⊥，由线面垂直的判定定理可得AN ⊥平面NMP ，面面垂直的判定定理可得答案；（3）以D 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABP 的法向量，由线面角的向量求法可得答案.（1）如图，取MN 中点Q ，连CQ ，DQ ，∵DQ 为中位线，∴DQ MP ∥，又DQ ⊄平面BMP ，MP ⊂平面BMP ，∴DQ ∥平面BMP ，同理，在梯形ABMN 中，CQ MB ∥，又CQ ⊄平面BMP ，MB ⊂平面BMP ，∴CQ ∥平面BMP ，且DQ ⊂平面CDQ ，CQ ⊂平面CDQ ，DQ CQ Q ⋂=，∴平面CDQ ∥平面BMP ，又CD ⊂平面CDQ ，所以CD ∥平面BMP．（2）如上图，在四边形ABMN 中，过B 作BE MN ∥交AN 于E ，在AEB △中，得2AE =，2BE =，AB =，则222AB AE BE =+，得AE BE ⊥，∵BE MN ∥，∴AN NM ⊥，又由已知条件AN NP ⊥，NM NP N ⋂=，,⊂NM NP 平面NMP ，故AN ⊥平面NMP ，又AN ⊂平面ANMB ，∴平面ANMB ⊥平面NMP ．（3）∵PMN 为等腰三角形，∴DM NP ⊥，又因为AN ⊥平面MNP ，以D 为原点建立空间直角坐标系，如图：可得()0,0,0D ，()1,0,0P ，()1,0,0N -，()M ，()1,0,3A -，()B，122C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面ABP 的法向量为(),,n x y z =，()2AB =-，()2,0,3AP =-，根据00⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n AB n AP ，得20230⎧-=⎪⎨-=⎪⎩x z x z ，解得2n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，122DC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设直线CD 与平面ABP 所成角为θ，则sin cos ,3142220CD n n CD n θ⋅==⋅-++=，故直线CD 与平面ABP所成角的正弦值sin θ=直线与平面所成的角（射影角，也是夹角，[0.]2πϑ∈）m n ，是平面法向量121212222222111222|x x +y +|sin |cos a |=+y +z ++y z z b x y z θ=，x 【变式训练】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，E ，F 分别为PA ，BC 的中点，(1)证明：//EF 平面PCD .(2)若PD ⊥平面ABCD ，120ADC =∠︒，且24PD AD ==，求直线AF 与平面DEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)35【分析】（1）取PD 的中点G ，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面DEF 的法向量，再求线面角.（1）证明：取PD 的中点G ，连接CG ，EG .因为E ，F 分别为PA ，BC 的中点，所以EG AD ∥，1=2EG AD ，又底面ABCD 为菱形，所以CF AD ∥，2CF AD =1所以EG CF ∥，EG CF =，所以四边形EGCF 为平行四边形，所以EF CG ∥.又CG ⊂平面PCD ，EF ⊄平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .（2）因为PD ⊥平面ABCD ，120ADC =∠︒，所以以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.因为2,4AD PD ==，所以()0,0,0D ，)F，()0,2,0A ，()0,1,2E ，则()0,1,2DE =，)DF =，)2,0AF =-，设平面DEF 的法向量(),,m x y z =，则200y z +=⎧⎪=，令1z =，得()0,2,1m =-，设直线AF 与平面DEF 所成的角为θ，则sin m AFm AF θ⋅===【题型二】二面角基础【典例分析】如图，在四棱锥P ABCD -中，ABP △是直角三角形，90APB ∠=︒，四边形ABCD 是等腰梯形，AB CD ∥，60BAD BAP ∠=∠=︒，24AB CD ==.(1)证明：AB DP ⊥；(2)若平面ABCD ⊥平面ABP ，求平面ABP 与平面CDP 的夹角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)2.【解析】【分析】（1）取AB 中点E ，取AE 中点F ，由题可得AB DF ⊥，AB FP ⊥，进而可得AB ⊥平面DFP ，即得；（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法即得.（1）如图，取AB 中点E ，连接DE ，EP ，取AE 中点F ，连接DF ，FP ，由题意可知，ADE 和AEP △为全等的等边三角形.因为AB DF ⊥，AB FP ⊥，且DF FP F ⋂=，所以AB ⊥平面DFP ，又因为DP ⊂平面DFP ，所以AB DP ⊥.（2）因为平面ABCD ⊥平面ABP ，且DF AB ⊥，所以DF ⊥平面ABP .以F 为坐标原点，FP ，，FD 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则)3,0,0P ，(3D ，(3C ，(3,0,3PD =-，(3,3PC =，平面ABP 的一个法向量(3FD =.设平面CDP 的一个法向量(),,n x y z =，则00n PD n PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即3303230z y z ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，可取()1,0,1n =，所以2cos ,2FD n FD n FD n ⋅==⋅，所以平面ABP 与平面CDP 的夹角的正弦值为22.【提分秘籍】基本规律二面角（法向量的方向角，[0.]ϑπ∈）n 是平面法向量121212222222111222|x x +y +||cos ||cos m |=+y +z ++y z z n x y z θ=，x【变式训练】如图所示，四棱锥S ABCD -中，平面SAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2正方形，22,4SA SC ==，AC 与BD 交于点O ，点E 在线段SD 上.(1)求证：SA ⊥平面ABCD ；(2)若//OE 平面SAB ，求二面角S AC E --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)255【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AB ⊥平面SAD ，进而证明SA AB ⊥，再根据集合关系证明SA AC ⊥即可证明结论；（2）根据题意，E 为SD 的中点，进而以,,AB AD AS 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；（1）证明：因为平面SAD ⊥平面ABCD 且交线为AD ，又AB Ì平面ABCD 且AB AD ⊥，所以AB ⊥平面SAD ，又SA ⊂平面SAD ，所以SA AB ⊥.因为ABCD 是边长为2正方形，所以AC =又4SA SC ==，所以222SA AC SC +=，即SA AC ⊥，又因为AB AC A ⋂=，,AB 平面ABCD ，所以SA ⊥平面ABCD .（2）解：因为OE ∥平面SAB ，OE ⊂平面SBD ，平面SBD 平面SAB SB =，所以OE SB ∥，因为O 为BD 的中点，所以E 为SD 的中点，以,,AB AD AS 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则有()()()()((0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,,A B C D S E ，易得平面SAC 的一个法向量为()2,2,0n DB ==-，设平面EAC 的一个法向量为(),,m x y z =，则00m AE m AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩0220y x y ⎧=⎪⇒⎨+=⎪⎩，取1z =，则)m =，设平面SAC 与平面EAC 所成夹角为θ，则cos m n m n θ⋅==⋅u r r u r r SAC 与平面EAC所成夹角的余弦值为.【题型三】异面直线所成的角【典例分析】如图所示，1111ABCD A B C D -是棱长为1的正方体.(1)设11BA C △的重心为O ，求证：直线OD ⊥平面11BA C ；(2)设E ､F 分别是棱AD ､11DC 上的点，且1DE D F a ==，M 为棱AB 的中点，若异面直线DM 与EF所成的角的余弦值为10，求a 的值.【答案】(1)证明见解析；(2)4．【分析】（1）由正方体性质证明1B D ⊥平面11A BC ，1B D 与平面11A BC 的交点即为重心O ，从而证得结论成立；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角，从而求得a 值．(1)设1111A C B D N =，连接1DB ，首先1DD ⊥平面1111D C B A ，11AC ⊂平面1111D C B A ，则111DD A C ⊥，又1111B D A C ⊥，1111DD B D D =，111,DD B D ⊂平面11BDD B ，所以11A C ⊥平面11BDD B ，而1B D ⊂平面11BDD B ，所以111A C B D ⊥，同理11A B B D ⊥，1111A C A B A =，111,AC A B ⊂平面11A BC ，所以1B D ⊥平面11A BC ，连接BN 交1B D 于O ，因为11DA DB DC ==，所以O 是等边11A BC V 的中心也是重心，所以DO ⊥平面11A BC ，(2)如图，以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则(,0,0)E a ，1(1,,0)2M ，(0,,1)F a ，1(1,,0)2DM =，(,,1)EF a a =-，由题意22122cos ,1114a a DM EF DM EF DM EF a a -+⋅<>===+⨯++解得：24a =（负值舍去）．【提分秘籍】基本规律（1）、异面直线夹角（平移角，也是锐角和直角(0.]2πϑ∈）121212222222111222|x x +y +|cos |cos a |=+y +z ++y z z b x y z θ=，x【变式训练】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ==90ACB ∠=︒．12AA =，D 为AB 的中点．(1)求证：1AC ∥平面1B CD ；(2)求异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)23.【分析】（1）设1C B 与1B C 的交点为E ，连接DE ，由三角形中位线定理可证得1//DE AC ，从而可得1//AC 平面1CDB ；（2）由1//DE AC 可得CED ∠为1AC 与1B C 所成的角（或其补角），在CDE △中，解三角形可求得cos CED ∠，即为所求．(1)证明：设1C B 与1B C 的交点为E ，连接DE ，∵四边形11BCC B 为正方形，∴E 是1BC 的中点，又D 是AB 的中点，∴1//DE AC ．又DE ⊂平面1CDB ，1AC ⊄平面1CDB ，∴1//AC 平面1CDB ．(2)解：∵1//DE AC ，∴CED ∠为1AC 与1B C 所成的角（或其补角）．在CDE △中，111111,22222ED AC CD AB CE CB ======，∴2222221222cos 23CE DE CD CED CE DE ⎛⎫⎫+- ⎪⎪+-∠===⋅．∴异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值为23．【题型四】给角求角（值）1：线面角【典例分析】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，//BC AD ，2PA AB BC ===，4=AD ，E 为棱PD 的中点，F 是线段PC 上一动点.(1)求证：平面PBC ⊥平面PAB ；(2)若直线BF 与平面ABCD时，求二面角F EA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出BC ⊥平面PAB ，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设PF PC λ=，其中01λ≤≤，利用已知条件求出λ的值，然后利用空间向量法可求得二面角F EA D --的余弦值.(1)证明：因为AB AD ⊥，//BC AD ，则BC AB ⊥，PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，BC PA ∴⊥，PA AB A =，PA 、AB Ì平面PAB ，BC ∴⊥平面PAB ，BC ⊂平面PBC ，因此，平面PBC ⊥平面PAB .(2)解：因为PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A 、()2,0,0B 、()2,2,0C 、()0,4,0D 、()0,2,1E 、()002P ,,，设()()2,2,22,2,2PF PC λλλλλ==-=-，()22,2,22BF BP PF λλλ=+=--，其中01λ≤≤，易知平面ABCD 的一个法向量为()0,0,1u =，由已知可得cos ,u BF u BF u BF⋅<>==⋅，解得12λ=，所以，F 为PC 的中点，即()1,1,1F ，设平面AEF 的法向量为(),,m x y z =，()0,2,1AE =，()1,1,1AF =，则200m AE y z m AF x y z ⎧⋅=+=⎨⋅=++=⎩，取1y =，可得()1,1,2m =-，易知平面ADE 的一个法向量为()1,0,0n =r，所以，cos ,m n m n m n⋅<>==⋅F EA D --的平面角为钝角，故二面角F EA D--的余弦值为.【变式训练】如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=︒，F 为PA 中点，PD =112AB AD CD ===，四边形PDCE 为矩形．(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求二面角A BC P --的大小；(3)在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为30°？若存在，求出FQ 的长；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)4π(3)存在，FQ =【分析】（1）首先以点D 为原点，建立空间直角坐标系，求平面DEF 的法向量1n ，利用0AP n ⋅=，即可证明线面垂直；（2）分别求平面BCP 和ABC 的法向量2n 和3n ，利用公式23cos ,n n <>，即可求解；（3）首先利用向量共线，设点)11222Q λλλ⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭，，，利用线面角的向量公式，即可求得λ的值.(1)证明：以D 为原点，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，由题意得，()000D ，，，()100A ，，，()110B ，，，()020C ，，，(022E ，，(002P ，，，12022F ⎛ ⎝⎭，，，则()120AC =-，，，平面DEF 的一个法向量()1n x y z =，，，(022DE =，，，12022DF ⎛= ⎝⎭，，，由1122012022n DE y z n DF x ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取2z =，得()12222n =-，，，((112222020AC n ⋅=-⨯-+⨯-+⨯=，1AC n ∴⊥，//AC ∴平面DEF ；(2)设平面PBC 的一个法向量()2,,n x y z =，(1,1,2PB =-，()1,1,0BC =-uu u r，由22200n PB x y z n BC x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =，解得(22n =设平面ABC 的一个法向量()30,0,1n =，2323232cos ,2n n n n n n ⋅∴<>==由图可知二面角A BC P --为锐二面角，二面角A BC P --的大小为4π；(3)设存在点Q 满足条件，由(022E ，，12022F ⎛ ⎝⎭，，，设()01FQ FE λλ=≤≤，1212(,,)(,2,)2222Q Q Q x y z λ-=-整理得)211222Q λλλ⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭，，，)2112122BQ λλλ⎛⎫++=-- ⎪ ⎪⎝⎭，，，直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为30°，2222511sin |cos ,|||62||||219107BQ n BQ n BQ n λπλλ-⋅∴=<>===-+，则21λ=，由01λ≤≤，得1λ=，即点和E 点重合，故在线段EF 上存在一点Q ，且19FQ EF ==【题型五】给角求角（值）2：二面角【典例分析】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 在线段PD 上.(1)若E 为PD 的中点，证明：//PB 平面AEC ；(2)若2PA =，24PD AB ==，若二面角E AC B --的大小为56π，试求:PE ED 的值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）连接BD 交AC 于O ，连接OE ，利用中位线的性质可得出//OE PB ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设PE PD λ=，其中01λ≤≤，利用空间向量法可得出关于λ的等式，结合λ的取值范围可求得λ的值，即可得解.（1）证明：连接BD 交AC 于O ，连接OE ，因为四边形ABCD 为矩形，O ∴为BD 的中点，又因为E 为PD 的中点，则//OE PB ，因为OE ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，因此，//PB 平面ACE .（2）解：由题设PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，PA AD ∴⊥，所以，AD ==，则()C 、()D 、()002P ,,、()0,0,0A ，设()()2,2PE PD λλλ==-=-，其中01λ≤≤，则(),22AE AP PE λ=+=-，()AC =，设平面ACE 的法向量为(),,m x y z =，则()20220m AC x m AE y z λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，取1y λ=-，可得))1,m λλ=--，易知平面ABC 的一个法向量为()0,0,1n =，由题可得cos ,2m nm n m n⋅<>===⋅，因为01λ≤≤，解得23λ=，此时2PE ED=.【变式训练】如图，在四棱锥E ABCD -中，BC AD ∥，AB AD ⊥，1AB BC ==，3BE =，AE =C ，D 都在平面ABE 的上方.(1)证明：平面BCE ⊥平面ABCD ；(2)若BC BE ⊥，且平面CDE与平面ABE 所成锐二面角的余弦值为46，求四棱锥E ABCD -的体积.【答案】(1)证明见解析.(2)2【分析】(1)先证AB ⊥平面BCE ，再证明平面BCE ⊥平面ABCD .(2)设AD 长为t ，建立空间直角坐标系，计算两个待求平面的法向量，代入公式求出t 的值，然后计算四棱锥的体积.(1)//BC AD AB BC AB AD ⎫⇒⊥⎬⊥⎭，又22210AB BE AE +==所以AB BE ⊥，BC BE B =，所以AB ⊥平面BCE ，又AB Ì平面ABCD所以，平面BCE ⊥平面ABCD .(2)因为BC BE ⊥，结合(1)问易得AB BC BE 、、两两互相垂直，所以建立如图所示的坐标系设AD =t ()0t >，则：()001C ，，，()300E ，，，()01D t ，，所以()301CE =-，，，()011CD t =-，，，设平面CDE 的法向量为()n x y z =，，由00CE n CD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得()3010x z y t z -=⎧⎨+-=⎩令3z =则()1333n t =-，，又CB ⊥平面ABE 所以取平面ABE 的法向量为()001m =，，cos n m n m n m ⋅===，解得3t =或1t =-(舍).即3AD =，所以四边形ABCD 的面积ABCD S ，由题知BE AB BE BC ⊥⊥，，AB BC B ⋂=，BE ∴⊥平面ABCD所以BE 为四棱锥E ABCD -的高，所以四棱锥E ABCD -的体积为1123233ABCD V S BE =⋅=⨯⨯=.故四棱锥E ABCD -的体积为2.【题型六】探索性动点型1：线面角【典例分析】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，E 是线段1DD 上的动点．(1)求证：AC BE ⊥；(2)是否存在点E ，使得直线AC 与平面1BC E 所成角为45°，若存在，求出DE 的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，74DE =.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质定理进行证明.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.（1）如图，连接1D B ，DB ，在长方体1111ABCD A B C D -中，∵1D D ⊥底面ABCD ，AC ⊂底面ABCD ，∴1D D AC ⊥．又AC DB ⊥，1D D DB D =，∴AC ⊥平面1D DB ，又BE ⊂平面1D DB ，AC BE∴⊥（2）假设存在这样的点E ，使得直线AC 与平面1BC E 所成角为45°．设()02DE λλ=≤≤，如图，以D 为原点，直线DA ，DC ，1DD 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()10,1,2C ，()0,0,E λ．∴()1,1,0AC =-，()1,1,BE λ=--，()11,0,2BC =-．设平面1BC E 的法向量为(),,m x y z =，则120,0,m BC x z m BE x y z λ⎧⋅=-+=⎨⋅=--+=⎩令2x =，则1z =，2y λ=-．∴平面1BC E 的一个法向量为()2,2,1m λ=-．∴()2222sin 45cos ,24212m AC m AC m ACλλ⋅-+-︒====+-+⨯，解得74λ=．∴存在这样的点E ，当74DE =时，直线AC 与平面1BC E 所成角为45°．【变式训练】在四棱锥P ABCD -中，已知//AB CD ，AB AD ⊥，BC PA ⊥，222AB AD CD ===，6PA =2PC =，E 是PB 上的点．(1)求证：PC ⊥底面ABCD ；(2)是否存在点E 使得PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23若存在，求出该点的位置；不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，E 点为PB 上靠近B 点的三等分点【分析】（1）首先证明BC ⊥面PAC ，再结合线面垂直的判断定理，证明PC ⊥面ABCD ；（2）以A 为原点，建立空间直角坐标系，求平面EAC 的法向量n ，利用1sin cos ,3n AP θ=<=>，即可求得λ的值.(1)在ADC 中：1AD DC ==，90ADC ∠=︒，所以2AC =在ABC 中：2AC ，2AB =，45BAC ∠=︒，由余弦定理有：222cos452BC AB AC AB AC =+-⋅⋅︒=2222BC AB AC BC ∴=+，所以90ACB ∠=︒，所以BC AC⊥①又因为BC PA ⊥②，由①②，PA AC A =，所以BC ⊥面PAC ，所以BC PC ⊥③.在PAC △中：AC =2PC =，PA PC AC ⊥④，由③④，AC BC C =，所以PC ⊥面ABCD .(2)以A 为原点，以AD ，AB ，竖直向上分别为x 、y 、z 轴建立直角坐标系.则有()0,0,0A ，()0,2,0B ，()1,1,0C ，()1,0,0D ，()1,1,2P ，设()()1,1,2,,2BE BP λλλλλ==-=-，则(),2,2AE AB BE λλλ=+=-，()1,1,0AC =，()1,1,2AP =，设(),,n x y z =r为面EAC 的法向量，则有：00n AE n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，解得(),,1n λλλ=--，设所求线面角为θ，则有in s ,s co AP n θ=><23AP nAP n⋅===｜｜｜｜，解得23210λλ+-=，所以13λ=.所以E 点为PB 上靠近B 点的三等分点，满足条件.【题型七】探索性动点型2：二面角【典例分析】如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为3.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ；（2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为10？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E 位于AS 的靠近A 点的三等分点.【分析】（1）根据面面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）假设存在点E 满足题意，根据题中条件，先求出AD 的长，再以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，得到()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B，(S，设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，分别表示出平面PEB 与平面SAD 的一个法向量，根据向量夹角余弦值，求出13λ=，即可得出结果.【详解】（1）证明：因为E 、F 分别是SA 、SB 的中点，所以EF AB ∥，在矩形ABCD 中，AB CD ∥，所以EF CD ∥，又因为E 、P 分别是SA 、AD 的中点，所以∥EP SD ，又因为EF CD ∥，EF EP E ⋂=，,EF EP ⊂平面PEF ，,SD CD ⊂平面SCD ，所以平面∥PEF 平面SCD .（2）解：假设棱SA 上存在点E 满足题意.在等边三角形SAD 中，P 为AD 的中点，于是SP AD ⊥，又平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ⋂平面ABCD AD =，SP ⊂平面SAD ，所以SP ⊥平面ABCD ，所以SP 是四棱锥S ABCD -的高，设AD m =，则2SP m =，ABCD S m =矩形，所以113323S ABCD ABDD V S SP m -=⋅=⋅=矩形，所以2m =，以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B，(S ，设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，()()1,0,0PE PA AE λ=+=+-()1λ=-，()1,1,0PB =，设平面PEB 的一个法向量为()1,,n x y z =，有()11100n PE x z n PB x y λ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令x ，则)1,,1n λ=-，易知平面SAD 的一个法向量()20,1,0n =u u r，所以121212cos ,n n n n n n ⋅==10=，因为01λ≤≤，所以13λ=，所以存在点E ，位于AS 的靠近A点的三等分点.【变式训练】如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，且正方形ABCD 边长为2，PA ⊥平面ABCD ，PA =AB ，E 为线段PB 的中点，F 为线段BC 上的动点.（1）求证：AE ⊥平面PBC ；（2）试确定点F 的位置，使平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°.【答案】（1）证明见解析；（2）点F 为BC 中点.【分析】（1）先根据线面垂直性质与判定定理得AE ⊥BC ，再根据等腰三角形性质得AE ⊥PB ，最后根据线面垂直判定定理得结果；（2）先建立空间直角坐标系，利用F 坐标，结合空间向量数量积求二面角，再根据条件列方程解得结果.【详解】（1）∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ，∵ABCD 为正方形，∴AB ⊥BC ，又PA ∩AB =A ，PA ，AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴AE ⊂平面PAB ，∴AE ⊥BC ，∵PA =AB ，E 为线段PB 的中点，∴AE ⊥PB ，又PB ∩BC =B ，PB ，BC ⊂平面PBC ，∴AE ⊥平面PBC ；（2）以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设正方形ABCD 的边长为2，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (1，0，1)，∴(1,0,1)AE =，(2,2,2)PC =-，(0,2,2)PD =-uu u r，设F (2，λ，0)(0≤λ≤2)，∴(2,,0)AF λ=，设平面AEF 的一个法向量为()111,,n x y z =，则00n AE n AF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，∴1111020x z x y λ+=⎧⎨+=⎩，令y 1=2，则11x z λλ=-⎧⎨=⎩，∴(,2,)n λλ=-，设平面PCD 的一个法向量为()222,,m x y z =，则00m PC m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，∴2222200x y z y z +-=⎧⎨-=⎩，令y 2=1，则2201x z =⎧⎨=⎩，∴()0,1,1m =∵平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°，∴223cos302224m n m nλλ⋅+︒===⨯+u r r u r r ，解得λ=1，∴当点F 为BC 中点时，平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°.【题型八】翻折中的角度【典例分析】如图（一）四边形ABCD 是等腰梯形，DC AB ∥，2DC =，4AB =，60ABC ∠=︒，过D 点作DE AB ⊥，垂足为E 点，将AED 沿DE 折到A ED '位置如图（二），且A C 22'=．(1)证明：平面A ED '⊥平面EBCD ；(2)已知点P 在棱A C '上，且12A P PC '=，求二面角C EP D --的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)4214【分析】（1）根据勾股定理证明A E EC '⊥，再根据线面垂直的判定证明A E '⊥面EBCD ，进而得到平面A ED '⊥平面EBCD ；（2）以E 为坐标原点，建立空间直角坐标系E xyz -，分别求得平面CEP 和平面EPD 的法向量，根据面面角的向量求法求解即可(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，DE AB ⊥，∴DE AE ⊥，∴A E DE '⊥2DC =，4AB =，60ABC ∠=︒，∴3BE =，2BC AD ==，3DE =在EBC 中，知7EC =，∵1A E AE '==，∵A C 22'=，∴222A E EC A C ''+=A E EC '⊥，EC ，DE ⊂面EBCD ，EC DE E =，∴A E '⊥面EBCD ∵A E '⊂面A ED '，∴面A ED '⊥面EBCD(2)由（1）知A E '⊥面EBCD ，ED EB ⊥∴以E 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系E xyz-∴()0,0,1A '，()3,0D ，()3,0C ，()2,3,1CA '=--设∵12A P PC '=，∴23CP CA ='，∴23CP CA '=，∴23233EP EC CP ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭设()1111,,x n y z =是面CEP 的法向量，∴1100n EP n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，∴111112203320x y z x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，令1x =12y =-，10z =，)12,0n =-设()2222,,n x y z =是面DEP 的法向量，∴2200n EP n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，∴22222200x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，∴20y =令21z =-，∴21x =，()21,0,1n =-，cos θ==由图知，二面角C EP D --的余弦值为锐二面角，余弦值14【变式训练】如图1，在等边ABC 中，点D ，E 分别为边AB ，AC 上的动点且满足//DE BC ，记DEBCλ=.将△ADE 沿DE 翻折到△MDE 的位置并使得平面MDE ⊥平面DECB ，连接MB ，MC 得到图2，点N 为MC的中点．(1)当EN ∥平面MBD 时，求λ的值；(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B -MD -E 的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B MD E --的正弦值大小．【答案】(1)12λ=(2)【分析】（1）首先取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，再结合线面平行的性质即可得到12λ=（2）利用空间向量法求解即可.(1)取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，因为MN CN =，MP BP =，所以NP ∥BC ，又DE ∥BC ，所以NP ∥DE ，即N ，E ，D ，P 四点共面，又EN ∥平面BMD ，EN ⊂平面NEDP ，平面NEDP ∩平面MBD ＝DP ，所以EN ∥PD ，即NEDP 为平行四边形，所以NP ＝DE ，则DE ＝12BC ，即λ＝12.(2)取DE 的中点O ，连接MO ，则MO ⊥DE ，因为平面MDE ⊥平面DECB ，平面MDE ∩平面DECB ＝DE ，且MO ⊥DE ，所以MO ⊥平面DECB ，如图建立空间直角坐标系，不妨设2BC =，则()M ，(),0,0D λ，)()1,0B λ-，所以(),0,MD λ=，)()11,0DB λλ=--，设平面BMD 的法向量为(),,m x y z =，则0(1))0MD m x z DB m x y λλλ⎧⋅==⎪⎨⋅=--=⎪⎩，即,x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令x =)1,1m =-.又平面EMD 的法向量()0,1,0n =，所以cos ,m n m n m n⋅==即随着λ值的变化，二面角B MD E --的大小不变．且25sin ,5m n ==.所以二面角B MD E --.【题型九】角度范围与最值【典例分析】在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面ABCD ⊥平面VAB .(1)求证：平面VBC ⊥平面VAB ；(2)若VA VB ⊥，2AB BC =，求平面VCD 与平面VAB 所成锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、判定推理作答.（2）在平面VAB 内过V 作VA AB ⊥于O ，以O 为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.(1)在四棱锥V ABCD -中，底面ABCD 为矩形，有BC AB ⊥，因平面ABCD ⊥平面VAB ，平面ABCD 平面VAB AB =，BC ⊂平面ABCD ，则BC ⊥平面VAB ，又BC ⊂平面VBC ，所以平面VBC ⊥平面VAB .(2)在平面VAB 内过V 作VO AB ⊥于O ，而平面ABCD ⊥平面VAB ，平面ABCD 平面VAB AB =，则VO ⊥平面ABCD ，在平面ABCD 内过O 作Ox AB ⊥，有,,Ox OB OV 两两垂直，以点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令2AB =，则4CD =，又VA VB ⊥，设π(0)2BAV θθ∠=<<，于是有2cos VA θ=，sin sin 2VO VA θθ==，因此有(0,0,sin 2)V θ，2(4,2cos ,0)D θ-，2(4,2cos ,sin 2)DV θθ=-，而//DC OB ，直线DC的方向向量(0,1,0)a =，设平面VCD 的法向量为(,,)n x y z =，则242cos sin 200n DV x y z n a y θθ⎧⋅=-++=⎨⋅==⎩，令4z =，得(sin 2,0,4)n θ=，显然，平面VAB 的一个法向量(1,0,0)m =，设平面VCD 与平面VAB 所成锐二面角大小为α，则有||cos |cos ,|||||n m n m n m α⋅=〈〉==π02θ<<，02πθ<<，0sin 21θ<≤，则cos α=≤sin 21θ=，即π4θ=时取“=”，cos 0α>，所以平面VCD 与平面VAB所成锐二面角的余弦值的取值范围是.【变式训练】1.已知四棱锥P ABCD -的底面为正方形，侧面PAD 为等腰直角三角形，2APD π∠=，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面PCD l =．(1)求证：l ⊥平面PAD ；(2)设M 为l 上一点，求PC 与平面MAD 所成角正弦值的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)6【分析】（1）先由//AB CD 证得CD //平面PAB ，再由线面平行的性质得//l CD ，最后由面面垂直的性质得CD ⊥平面PAD ，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，表示出平面MAD 的法向量，求出PC ，由线面角的向量求法结合二次函数求出最小值即可.(1)由题意知//AB CD ，因为AB Ì平面PAB ，CD ⊄平面PAB ，所以CD //平面PAB ．因为平面PAB ⋂平面PCD l =，CD ⊂平面PCD ，所以//l CD ；因为CD AD ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面PAD ．又//l CD ，所以l ⊥平面PAD ；(2)取AD 中点O ，连接PO ，由△PAD 为等腰直角三角形知PO AD ⊥．又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，PO ⊂平面PAD ．所以PO ⊥平面ABCD ．以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则有()()()()0,1,0,0,1,0,0,0,1,2,1,0A D P C -，设PM t =，则(),0,1M t ，则有(),1,1AM t =，()0,2,0AD =，设平面MAD 的一个法向量(),,n x y z =，则有00n AM n AD ⎧⋅=⎨⋅=⎩．即020tx y z y ++=⎧⎨=⎩，令1x =有()1,0,n t =-，()2,1,1PC =-，设PC 与平面MAD 所成角为α，则sin cos ,n PC n PC n PCα⋅=<>=⋅令2t m +=，2t m =-，则sin α=当52m =即12t =时，sin α有最小值6，即PC 与平面MAD2.已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点，11BF A B ⊥.(1)证明：BF DE ⊥；(2)求当面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小时，三棱锥1E BDB -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)16.【分析】（1）根据直三棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理、性质建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积坐标表示公式进行运算证明即可；（2）利用空间向量夹角公式，结合三棱锥的体积公式进行求解即可.(1)因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，AB Ì底面ABC ，所以1BB AB ⊥，因为1111,A B AB BF A B ⊥∥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，1BB BF ⊂，平面11BCC B ，所以AB ⊥平面11BCC B .所以1,,BA BC BB 两两垂直.以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图.所以111(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(2,0,2),(0,2,2),(1,1,0),(0,2,1)B A C B A C E F .由题设(,0,2)(02)D a a ≤≤.（1）因为(0,2,1),(1,1,2)BF DE a ==--，所以0(1)211(2)0BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥；(2)设平面DFE 的法向量为(,,)m x y z =，因为(1,1,1),(1,1,2)EF DE a =-=--，所以m EF m DE ⎧⊥⎨⊥⎩，即0(1)20x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩.令2z a =-，则(3,1,2)m a a =+-.因为平面11BCC B 的法向量为(2,0,0)BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则22||63|cos |||||222142214m BA m BA a a a a θ⋅===⋅⨯-+-+.当12a =时，22214a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以min (sin )θ==112B D =，三棱锥1E BDB -的体积1111213226V ⎛⎫=⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭.【题型十】距离与长度（体积）【典例分析】在矩形ABCD中，2==AD AB 点E 是线段AD 的中点，将△ABE 沿BE 折起到△PBE 位置（如图），点F 是线段CP 的中点．(1)求证：DF ∥平面PBE ：(2)若二面角P BE C --的大小为2π，求点A 到平面PCD 的距离．【答案】(1)证明见解析；.【分析】（1）利用线面平行的判定定理即得；（2）由题建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离的向量求法即得.(1)设PB 的中点为G 点，连接GF 和GE ，因为点G 、点F 分别为PB 和PC 的中点，所以GF BC ∥且12GF BC =，又DE BC ∥且12DE BC =，所以GF DE ∥且GF DE =，所以四边形GFDE 为平行四边形，所以DF GE ∥，又GE ⊂平面PBE ，DF ⊄平面PBE ，所以DF ∥平面PBE ；(2)由二面角P BE C --的大小为2π可知，平面PBE ⊥平面ABCD ，取BE 得中点O ，连接PO ，则PO BE ⊥，PO ⊥平面ABCD ，如图建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，()()()()0,1,0,0,0,1,1,2,0,2,1,0A P C D ---，所以()()1,2,1211PC PD =--=--，，，，设平面PCD 的法向量为(),,n x y z =r，则2020PC n x y z PD n x y z ⎧⋅=-+-=⎨⋅=-+-=⎩，令1x =则()1,1,3n =--，又()2,2,0AD =-，所以点A 到平面PCD 的距离为AD n d n⋅==.【提分秘籍】向量计算点到距离公式（棱锥等的高）方法一：直接法（直接做出高）方法二：等体积转化法方法三：建系向量计算法121212|x x +y +|d=||sin |||cos PA n |=|n|y z z PA PA θ=∙，规律【变式训练】1.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，23BAC π∠=，D ，1D 分别是BC ，11B C 的中点，23AG AD =，过点G 作EF BC ∥，分别交AB ，AC 于点E ，F .(1)证明1A G EF ⊥；(2)若二面角1A A E F --的大小是3π，求三棱柱111ABC A B C -的体积.【答案】(1)证明见解析；6【分析】（1）先由1AA EF ⊥及AD EF ⊥证得EF ⊥平面11AA D D ，即可证明1A G EF ⊥；（2）建立空间直角坐标系，设1AA h =，分别求出平面1A AE 和1A EF 的法向量，由二面角1A A E F --的大小是3π解出h ，再计算体积即可.(1)由已知得1AA ⊥平面ABC ，EF ⊂平面ABC ，所以1AA EF ⊥，又AB =AC ，D 是BC 的中点，得AD BC ⊥，又EF BC ∥，故AD EF ⊥.因为1AA ，AD 是平面11AA D D 内的两条相交直线，所以EF ⊥平面11AA D D ，又1AG ⊂平面11AA D D ，所以1A G EF ⊥；(2)依题意23AG AD =，又EF BC ∥，所以22,33AE AB AF AC ==.由直棱柱性质和题设，11111,,D A D B D D 两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.设1AA h =，则111331313,0,0,,0,,,0,,,,2266A A h B h C h E h F h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设(,,)m x y z =是平面1A AE 的法向量，()11130,0,,,33A A h A E h ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭，11013033A A m zh A E m x y zh ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取3x =(3,1,0)m =.设111(,,)n x y z =是平面1A EF 法向量，123130,,3EF A E h ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，111110103EF n y A E m x y z h ⎧⋅==⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，取13x =，则1(3,0,n h =，因为二面角1A A E F --的大小是3π，所以1cos ,2m n ==，解得h =所以三核柱111ABC A B C -的体积111122624ABC V S CC =⋅=⨯⨯⨯⨯=.2.ABCDE 中，已知AC BC ⊥，ED AC ∥，且22AC BC AE ED ====，DC DB =(1)求证：平面BCD ⊥平面ABC ；(2)线段BC 上是否存在点F ，使得二面角B AE F --的余弦值为3，若存在，求CF 的长度；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，65CF =【分析】（1）证面面垂直，先证其中一个平面内的直线AC 垂直另一个平面BCD ；（2）由第一问结论，建立合适的坐标系，用空间向量求解即可.(1)取AC 中点G ，连接EG，因为ED AC ∥，12CG AC ED ==，所以EG CD ∥，所以四边形EDCG 为平行四边形，所以EG DC ==又因为112AG AC ==，2AE =，所以222AG EG AE +=，所以AG EG ⊥，又因为CD EG ∥，所以AC CD ⊥.因为AC BC ⊥，BC ，CD 是平面BCD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面BCD ，因为AC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCD .(2)解法一：在平面BCD 内过点C 作BC 的垂线l ，因为AC ⊥平面BCD，所以l ､CA ，CB 两两相互垂直，故以C 为坐标原点.如图所示，建立空间直角坐标系，则()2,0,0A ，()0,2,0B ，(D ，(E ，设在线段BC 上存在点()()0,,002F t t ≤≤，使二面角B AE F --22则(2AE =-，()2,2,0AB =-，()2,,0AF t =-设平面AEF 的法向量()1111,,n x y z =.则1100AE n AF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111112020x y z x ty ⎧-++=⎪⎨-+=⎪⎩，不妨令12y =，则1x t =，)1222t z -=，所以)1222t n t ⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭.设平面ABE 的一个法向量为()2222,,n x y z =，则222222220220AE n x y AB n x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，即2222220220x y z x y ⎧-++=⎪⎨-+=⎪⎩不妨令21x =，21y =，20z =，所以()21,1,0n =所以()121221222222cos ,32222n n t n n n n t t ⋅+===⋅-⋅++.化简得：21568600t t -+=，解得65t =或103（舍去），故60,,05F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以65CF =.所以存在点F ，当65CF =时，二面角B AE F --的余弦值为23.解法二：取BC ､AB的中点O ､H ，连接OD ，OH ，因为DB DC =，O 是BC 中点，所以DO BC ⊥，又因为DO ⊂平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD 且交于BC ，所以DO ⊥平面ABC ，因为H 是AB 中点，即OH AC ∥，所以OH BC ⊥，故DO ，OH ，BC 两两互相垂直，则以O 为坐标原点，OH ，OB ，OD uuu r为x ，y ，z 轴，如图建立空间直角坐标系，则()2,1,0A -，()0,1,0B，(D，(E .设在线段BC 上存在点()()0,,011F t t -≤≤，使二面角B AE F --的余弦值为3，则(AE =-，()2,2,0AB =-，()2,1,0AF t =-+.设平面AEF 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则1100AE n AF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即()111110210x y x t y ⎧-+=⎪⎨-++=⎪⎩，不妨令12y =，则11x t =+，)112t z -=，所以)112t n t ⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭.又因为12ED AC ∥，12OH AC ∥，所以OH DE ∥，所以四边形DEHO 为平行四边形，即EH DO ∥，因为DO ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ，因为CH ⊂平面ABC ，所以EH CH ⊥，又因为AC BC =，H 是AB 中点，所以CH AB ⊥，因为EH ，AB 为平面ABE 内的两条相交直线，所以CH ⊥平面ABE ，故CH 是平面ABE 的一个法向量，因为()1,1,0CH =，所以111cos ,3||CH CH CH n n n ⋅==⋅.化简得：2153870t t -+=，解得15t =或73（舍去），故10,,05F ⎛⎫⎪⎝⎭，所以16155CF =+=，所以存在点F ，当65CF =时，二面角B AE F --的余弦值为3.解法三：取BC､AB 的中点O ､H ，连接OD ，OH ，因为DB DC =，所以DO BC ⊥，又因为DO ⊂平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD 且交于BC ，所以DO ⊥平面ABC .因为12ED AC ∥，12OH AC ∥，所以OH DE ∥，所以四边形DEHO 为平行四边形，即EH DO ∥，因为DO ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ，因为CH ⊂平面ABC ，所以EH CH ⊥，又因为AC BC =，H 是AB 中点，所以CH AB ⊥，因为EH ，AB 为平面ABE 内的两条相交直线，所以CH ⊥平面ABE ，假设在线段BC 上存在点F，使二面角B AE F --的余弦值为3，过F 作FM AB ⊥于点M ，则FM ⊥平面ABE ，过M 作MN AE ⊥于点N ，连接NF ，则FNM ∠为二面角B AE F --的平面角.设()201FB x t =<≤，则FM BM ==，AM =，所以2NM x =-，在Rt FMN 中，NF ==所以cos 3MN FNM NF ∠===.化简得215440x x +-=，解得5x =或23-（舍去），即45FB =，所以625CF FB =-=，所以存在点F ，当65CF =时，二面角B AE F --的余弦值为3培优第一阶——基础过关练1.如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为菱形，E ，F 分别为PA ，BC 的中点．(1)证明：EF ∥平面PCD(2)若PD ⊥平面ABCD ，120ADC ∠=，且24PD AD ==，求直线AF 与平面DEF 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)35【分析】（1）取PD 的中点G ，连接CG ，EG ，则由三角形中位线定理可得1//,2EG AD EG AD =，再结合底面四边形为菱形，可得四边形EGCF 为平行四边形，从而得//.EF CG 然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得,,DF DA DP 两两垂直，所以以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ，然后利用空间向量求解即可(1)证明：取PD 的中点G ，连接CG ，EG ，因为E ，F 分别为PA ，BC 的中点，所以1//,2EG AD EG AD =，。