2019年高考数学二轮复习 专题突破练15 5.3.1 空间中的平行与空间角 理

【三维设计，广东（文）苏版】2019高考数学第二轮练习考案：第53课空间中的平行关系文1．〔2019全国高考〕正四棱柱1111ABCD A B C D -中 ，2AB =，1CC =E 为1CC 的中点，那么直线1AC 与平面BED 的距离为〔 〕A 、2 BCD 、1 【答案】D【解析】连结BD AC ,交于点O ，连结OE ，∵E O ,是中点，∴1//AC OE ， ∵OE ⊂平面BED ，1AC ⊄平面BED ， ∴1AC ∥平面BED ，∴直线1AC 与平面BED 的距离 等于点1C 到平面BED 的距离， 等于点C 到平面BED 的距离， 设点C 到平面BED 的距离为h ，那么2．〔2019江西高考〕 1α ，2α，3α是三个相互平行的平面，平面1α ，2α之间的距离为1d ，平面2α，3α之间的距离为2d ，直线l 与1α ，2α，3α分别相交于1P ，2P ，3P ，那么〝3221P P P P =〞是〝21d d =〞的〔 〕A 、充分不必要条件B 、 必要不充分条件C 、充要条件D 、 既不充分也不必要条件 【答案】C3．〔2019东莞一模〕如图，平行四边形ABCD 中，1=CD ，ο60=∠BCD ，且CD BD ⊥，正方形ADEF 和平面ABCD 垂直，H G ,是BE DF ,的中点．〔1〕求证：BD ⊥平面CDE ； 〔2〕求证：GH ∥平面CDE ； 〔3〕求三棱锥D CEF -的体积．【解析】〔1〕证明：平面ADEF ⊥平面ABCD ，交线为AD ， 又ΘCD BD ⊥，〔2〕证明：连接EA ，那么G 是AE 的中点， ∴EAB ∆中，AB GH //，D 1O ABCD A 1B 1C 1E又ΘCD AB //， ∴//GH CD ， ∴//GH 平面CDE ．〔3〕设BCD Rt ∆中BC 边上的高为h ，依题意：3121221⋅⋅=⋅⋅h ， ∴23=h ． 即：点C 到平面DEF 的距离为23，3．〔2019东城二模〕 如图，矩形AMND 所在的平面与直角梯形MBCN 所在的平面互相垂直，MB ∥NC ,MN MB ⊥．〔1〕求证：平面AMB ∥平面DNC ； 〔2〕假设MC CB ⊥，求证BC AC ⊥. 证明：〔1〕∵四边形AMND 是矩形， ∴平面AMB //平面DNC ．〔2〕∵AMND 是矩形，∴AM MN ⊥. 且AMND MBCN =MN I 平面平面，4．〔2019丰台二模〕如下图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，Q 是棱PA 上的动点．〔1〕假设Q 是PA 的中点，求证：PC //平面BDQ ； 〔2〕假设PB PD =，求证：BD CQ ⊥；〔3〕在〔2〕的条件下，假设PA PC =，3PB =，60ABC ∠=o ，求四棱锥P ABCD -的体积．证明：〔1〕连结AC ，交BD 于O ,如图：∵ 底面ABCD 为菱形， ∴ O 为AC 中点． ∵ Q 是PA 的中点，∴ OQ //PC ，∵OQ ⊂平面BDQ ，PC ⊄平面BDQ ，∴PC //平面BDQ ． 〔2〕∵底面ABCD 为菱形，∴ AC BD ⊥，O 为BD 中点．∵ AC PO O ⊥=， ∴ BD ⊥平面PAC ．∵CQ ⊂平面PAC ，∴ BD CQ ⊥．〔3〕∵ PA PC =，∴PAC ∆为等腰三角形 ． ∵ O 为AC 中点，∴PO AC ⊥．由〔2〕知 PO BD ⊥，且AC BD O =I ，C D B APQ O CD B A P Q∴ PO ⊥平面ABCD ，即PO 为四棱锥P ABCD -的高． ∵四边形是边长为2的菱形，且60ABC ∠=o ，6．〔2019辽宁高考) 如图，直三棱柱111ABC A B C - 中，90BAC ∠=o，AB AC ==11AA =，点,M N 分别为1A B 和11B C 的中点．(1)证明：MN ∥平面11A ACC ； (2)求三棱锥1A MNC -的体积．【解析】〔1〕连结1AB ，1AC ， ∵在直三棱柱111ABC A B C - 中，四边形11ABB A 为平行四边形， ∵M 为1A B 的中点，∴M 为1AB 中点．∵N 为11B C 的中点，∴MN ∥1AC ， ∵MN ⊄平面11A ACC ,1AC ⊂平面11A ACC ,∴MN ∥平面11A ACC ． (2)连结BN ，∵AB AC =,∴1111A B AC =, ∵N 为11B C 的中点，∴111A N B C ⊥,平面111A B C ⊥平面11B BCC ，平面111A B C I 平面1111B BCC B C =, ∴1A N ⊥平面NBC ，A B C A 1B 1C 1MN A B CA1B1C 1MN。

专题突破练17 空间中的平行、垂直与空间角1.(2020海南海南中学月考,18)已知直四棱柱ABCD-A'B'C'D',四边形ABCD为正方形,AA'=2AB=2,E为棱CC'的中点.(1)求三棱锥C-A'BD的体积;(2)求证:A'E⊥BD;(3)求异面直线DE与A'B所成角的余弦值.2.(2020海南海口模拟,19)如图,在三棱锥D-ABC中,AB⊥AC,△ABD是正三角形,且平面ABD⊥平面ABC,AB=AC=4,E,G分别为AB,BC的中点.(1)证明:EG⊥平面ABD;(2)若F是线段DE的中点,求AC与平面FGC所成角的正弦值.3.(2020山东潍坊三模,18)如图,点C是以AB为直径的圆上的动点(异于A,B),已知AB=2,AE=√7,EB⊥平面ABC,四边形BEDC为平行四边形.(1)求证:BC⊥平面ACD;(2)当三棱锥A-BCE的体积最大时,求平面ADE与平面ABC所成的二面角的余弦值.4.(2020山东日照二模,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.(1)求证:MN⊥平面PCD;(2)若直线PB与平面ABCD所成角的余弦值为2√5,求二面角N-DM-C的余弦值.55.(2020山东青岛一模,19)在如图所示的四棱锥E-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,△BCE为边长为2的等边三角形,AB=AE,F,O分别为AB,BE的中点,OF是异面直线AB和OC的公垂线.(1)证明:平面ABE⊥平面BCE;(2)记△CED的重心为G,求直线AG与平面ABCD所成角的正弦值.6.(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1M⊥B1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.7.(2020山东潍坊一中月考,19)在四棱锥S-ABCD 中,底面ABCD 为长方形,SB ⊥底面ABCD ,其中BS=2,BA=2,BC=λ,λ的可能取值为①λ=14,②λ=12,③λ=√32,④λ=32,⑤λ=3.(1)求直线AS 与平面ABCD 所成角的正弦值;(2)若在线段CD 上能找到点E ,满足AE ⊥SE ,则λ可能的取值有几种情况?请说明理由;(3)在(2)的条件下,当λ为所有可能情况的最大值时,线段CD 上满足AE ⊥SE 的点有两个,分别记为E 1,E 2,求二面角E 1-SB-E 2的大小.专题突破练17 空间中的平行、垂直与空间角1.(1)解∵四棱柱ABCD-A'B'C'D'为直四棱柱,∴A'A ⊥平面ABCD ,又A'A=2,BC=CD=1,∴V C-A'BD =V A'-BCD =13S △BCD ·A'A=13×12×1×1×2=13.(2)证明以D 为原点,DA ,DC ,DD'所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D (0,0,0),B (1,1,0),E (0,1,1),A'(1,0,2),∴A 'E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,-1),DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),∴A 'E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1+1=0,∴A'E ⊥BD. (3)解由(2)得,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),A 'B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-2),∴|cos <DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,A 'B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 'B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|A 'B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2×√5=√1010,即异面直线DE 与A'B 所成角的余弦值为√1010.2.(1)证明因为E ,G 分别为AB ,BC 的中点,所以EG ∥AC.因为AB ⊥AC ,平面ABD ⊥平面ABC ,平面ABD ∩平面ABC=AB ,所以AC ⊥平面ABD ,所以EG ⊥平面ABD.(2)解因为△ABD 是正三角形,所以DE ⊥AB.由(1)知EG ⊥平面ABD ,所以EG ,AB ,DE 两两垂直,则以E 为坐标原点,分别以EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,E D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.因为AB=AC=4,△ABD 是正三角形,所以E (0,0,0),A (-2,0,0),B (2,0,0),G (0,2,0),D (0,0,2√3),C (-2,4,0). 因为F 是DE 的中点,所以F (0,0,√3). AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),FG⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-√3),GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0). 设平面FGC 的法向量为m =(x ,y ,z ),所以{m ·FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y -√3z =0,-2x +2y =0,令x=1,则y=1,z=2√33,所以平面FGC 的一个法向量m =1,1,2√33.设AC 与平面FGC 所成的角为θ,则sin θ=|cos <m ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗||m ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4×√1+1+43=√3010. 3.(1)证明因为四边形BEDC 为平行四边形,所以CD ∥BE.因为EB ⊥平面ABC , 所以CD ⊥平面ABC ,所以CD ⊥BC.因为∠ACB 是以AB 为直径的圆上的圆周角,所以BC ⊥AC.又因为AC ∩CD=C ,所以BC ⊥平面ACD.(2)解在△ABC 中,设AC=x ,BC=√4-x 2(0<x<2),所以S △ABC =12AC·BC=12x ·√4-x 2.因为AE=√7,AB=2,所以BE=√3.所以V A-BCE =V E-ABC =13S △ABC ·BE=√36x ·√4-x 2=√36√x 2(4-x 2)≤√36·x 2+4-x 22=√33,当且仅当x 2=4-x 2,即x=√2时,等号成立.故三棱锥A-BCE 体积的最大值为√33.以C 为坐标原点,以CA ,CB ,CD 为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,如图,则C (0,0,0),A (√2,0,0),D (0,0,√3),E (0,√2,√3),所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,√3),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,0).易知平面ABC 的一个法向量n 1=(0,0,√3).设平面ADE 的法向量n 2=(x ,y ,z ),可得{n 2·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{-√2x +√3z =0,√2y =0,令x=√3,可得平面ADE 的一个法向量n 2=(√3,0,√2),所以cos <n 1,n 2>=n 1·n2|n 1||n 2|=√6√3×√5=√105. 4.(1)证明取PD 中点E ,连接EN ,AE.因为M ,N ,E 分别为AB ,PC ,PD 的中点,所以EN ∥AM ,EN=AM=12AB ,所以四边形AMNE 是平行四边形,故MN ∥AE.因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD.又因为CD ⊥AD ,AD ∩PA=A ,所以CD ⊥平面PAD ,所以平面PCD ⊥平面PAD.因为PA=AD ,E 为中点,所以AE ⊥PD ,所以AE ⊥平面PCD ,所以MN ⊥平面PCD.(2)解因为PA ⊥平面ABCD ,所以∠PBA 即为直线PB 与平面ABCD 所成的角,所以cos ∠PBA=2√55,所以sin ∠PBA=√55.因为PA=AD=2,AB=4,分别以AB ,AD ,AP 为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D (0,2,0),M (2,0,0),C (4,2,0),P (0,0,2),N (2,1,1), 则DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-2,0),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1). 设平面NDM 的法向量n 1=(x ,y ,z ),则{n 1·DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x -2y =0,y +z =0,取x=1,则y=1,z=-1,即平面NDM 的一个法向量n 1=(1,1,-1).易得平面DMC 的一个法向量n 2=(0,0,1),所以cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-√33,由图可知,二面角N-DM-C 为锐角, 所以二面角N-DM-C 的余弦值为√33.5.(1)证明因为O 为BE 的中点,所以在等边△BCE 中,OC ⊥BE.又因为OF 是异面直线AB 和OC 的公垂线,所以OC ⊥OF.又因为OF ∩BE=O ,所以OC ⊥平面ABE.因为OC ⊂平面BCE ,所以平面ABE ⊥平面BCE. (2)解因为F ,O 分别为AB ,BE 的中点,所以OF ∥AE.又因为OF 是异面直线AB 和OC 的公垂线,所以OF ⊥AB ,AE ⊥AB ,所以△ABE 为等腰直角三角形.连接AO ,AB=AE=√2,OA=1,因为OA ⊥BE ,OA ⊂平面ABE ,平面ABE ⊥平面BCE ,且平面ABE ∩平面BCE=BE ,所以OA ⊥平面BCE.以O 为原点,分别以OE ,OC ,OA 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A (0,0,1),B (-1,0,0),C (0,√3,0),E (1,0,0).因为四边形ABCD 为平行四边形,设D (x 0,y 0,z 0),因为BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以(1,√3,0)=(x 0,y 0,z 0-1),所以D (1,√3,1).设平面ABCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),BA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0), 则{n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +z =0,x +√3y =0,令y=-1,则x=√3,z=-√3, 所以平面ABCD 的一个法向量n =(√3,-1,-√3).因为C (0,√3,0),E (1,0,0),D (1,√3,1),所以△CDE 的重心G 的坐标为23,2√33,13,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =23,2√33,-23,设直线AG 与平面ABCD 所成角为θ,则sin θ=|cos <n ,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AG⃗⃗⃗⃗⃗ |n |·|AG ⃗⃗⃗⃗⃗ | |=|2√33√7×2√53|=√10535. 6.解依题意,以C 为原点,分别以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C (0,0,0),A (2,0,0),B (0,2,0),C 1(0,0,3),A 1(2,0,3),B 1(0,2,3),D (2,0,1),E (0,0,2),M (1,1,3).(1)证明:依题意,C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-2,-2),从而C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2-2+0=0,所以C 1M ⊥B 1D.(2)依题意,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量,EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-1).设n =(x ,y ,z )为平面DB 1E 的法向量,则{n ·EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·E D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y +z =0,2x -z =0.不妨设x=1,可得n =(1,-1,2). 因此有cos <CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=CA⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n | =√66,于是sin <CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=√306.所以,二面角B-B 1E-D 的正弦值为√306. (3)依题意,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0).由(2)知n =(1,-1,2)为平面DB 1E 的一个法向量,于是cos <AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n | =-√33. 所以,直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为√33.7.解(1)因为SB ⊥底面ABCD ,所以∠SAB 即为直线AS 与平面ABCD 所成的角,在Rt △SBA 中,sin ∠SAB=SB SA =√22. (2)以B 为坐标原点,以BC⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BS ⃗⃗⃗⃗⃗ 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B (0,0,0),A (0,2,0),D (λ,2,0),S (0,0,2).设E (λ,x ,0)(0≤x ≤2),所以SE⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,x ,-2),EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,2-x ,0). 由SE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥EA⃗⃗⃗⃗⃗ 可得-λ2+x (2-x )=0,解得λ2=x (2-x ). 因为x ∈[0,2],所以λ2=x (2-x )∈[0,1],所以在所给的数据中,λ可以取①②③.(3)由(2)知λ=√32,此时,x=12或x=32,即满足条件的点E 有两个, 根据题意得,其坐标为E 1√32,12,0和E 2√32,32,0.因为SB ⊥平面ABCD ,所以SB ⊥BE 1,SB ⊥BE 2,所以∠E 1BE 2是二面角E 1-SB-E 2的平面角.由cos <BE 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BE 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=BE 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BE 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=34+341×√3=√32,由题意得二面角E 1-SB-E 2为锐角,所以二面角E 1-SB-E 2的大小为30°.。

专题对点练16 空间中的平行与几何体的体积1.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,∠B1BA=,M,N分别为A1C1与B1C的中点,且侧面ABB1A1⊥底面ABC.(1)证明:MN∥平面ABB1A1;(2)求三棱柱B1-ABC的高及体积.2.(2018全国Ⅲ,文19)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.3.(2018广西名校联盟)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥PC,CA=CB,M是AB的中点.点N在棱PC上,点D 是BN的中点.求证:(1)MD∥平面PAC;(2)平面ABN⊥平面PMC.4.如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,BC=2AD,△PAB与△PAD都是边长为2的等边三角形,E是BC的中点.(1)求证:AE∥平面PCD;(2)求四棱锥P-ABCD的体积.5.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=CA=AA1=2,侧棱AA1⊥平面ABC,且D,E分别是棱A1B1,AA1的中点,点F 在棱AB上,且AF=AB.(1)求证:EF∥平面BDC1;(2)求三棱锥D-BEC1的体积.6.如图,正方形ABCD的边长等于2,平面ABCD⊥平面ABEF,AF∥BE,BE=2AF=2,EF=.(1)求证:AC∥平面DEF;(2)求三棱锥C-DEF的体积.7.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,点M是棱CC1的中点.(1)在棱AB上是否存在一点N,使MN∥平面AB1C1?若存在,请确定点N的位置.若不存在,请说明理由;(2)当△ABC是等边三角形,且AC=CC1=2时,求点M到平面AB1C1的距离.8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=,AB=BB1=2,BC=1,D为CC1的中点.(1)求证:DB1⊥平面ABD;(2)求点A1到平面ADB1的距离.专题对点练16答案1.(1)证明取AC的中点P,连接PN,PM.∵在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为A1C1与B1C的中点,∴PN∥AB1,PM∥AA1.∵PM∩PN=P,AB1∩AA1=A,PM,PN⊂平面PMN,AB1,AA1⊂平面AB1A1,∴平面PMN∥平面AB1A1.∵MN⊂平面PMN,∴MN∥平面ABB1A1.(2)解设O为AB的中点,连接B1O,由题意知△B1BA是正三角形,则B1O⊥AB.∵侧面ABB1A1⊥底面ABC,且交线为AB,∴B1O⊥平面ABC,∴三棱柱B1-ABC的高B1O=AB1=.∵S△ABC=×2×2×sin 60°=,∴三棱柱B1-ABC的体积V=S△ABC·B1O==1.2.解 (1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.3.证明 (1)在△ABN中,M是AB的中点,D是BN的中点,所以MD∥AN.又因为AN⊂平面PAC,MD⊄平面PAC,所以MD∥平面PAC.(2)在△ABC中,CA=CB,M是AB的中点,所以AB⊥MC.又因为AB⊥PC,PC⊂平面PMC,MC⊂平面PMC,PC∩MC=C,所以AB⊥平面PMC.又因为AB⊂平面ABN,所以平面ABN⊥平面PMC.4.(1)证明∵∠ABC=∠BAD=90°,∴AD∥BC.∵BC=2AD,E是BC的中点,∴AD=CE,∴四边形ADCE是平行四边形,∴AE∥CD.又AE⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴AE∥平面PCD.(2)解连接DE,BD,设AE∩BD=O,连接OP,则四边形ABED是正方形,∴O为BD的中点.∵△PAB与△PAD都是边长为2的等边三角形,∴BD=2,OB=,OA=,PA=PB=2, ∴OP⊥OB,OP=,∴OP2+OA2=PA2,即OP⊥OA.又OA⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD,OA∩OB=O,∴OP⊥平面ABCD.∴V P-ABCD=S梯形ABCD·OP=×(2+4)×2×=2.5.(1)证明取AB的中点O,连接A1O.∵AF=AB,∴F为AO的中点.又E为AA1的中点,∴EF∥A1O.∵A1D=A1B1,BO=AB,AB A1B1,∴A1D BO,∴四边形A1DBO为平行四边形,∴A1O∥BD,∴EF∥BD.又EF⊄平面BDC1,BD⊂平面BDC1,∴EF∥平面BDC1.(2)解∵AA1⊥平面A1B1C1,C1D⊂平面A1B1C1,∴AA1⊥C1D.∵A1C1=B1C1=A1B1=2,D为A1B1的中点,∴C1D⊥A1B1,C1D=.又AA1⊂平面AA1B1B,A1B1⊂平面AA1B1B,AA1∩A1B1=A1,∴C1D⊥平面AA1B1B.∵AB=AA1=2,D,E分别为A1B1,AA1的中点,∴S△BDE=22-×1×2-×1×2-×1×1=.∴S△BDE·C1D=.6.(1)证明连接BD,记AC∩BD=O,取DE的中点G,连接OG,FG.∵点O,G分别是BD和ED的中点,∴OG BE.又AF BE,∴OG AF,∴四边形AOGF是平行四边形,∴AO∥FG,即AC∥FG.又AC⊄平面DEF,FG⊂平面DEF,∴AC∥平面DEF.(2)解在四边形ABEF中,过F作FH∥AB交BE于点H.由已知条件知,在梯形ABEF中,AB=FH=2,EF=,EH=1,则FH2=EF2+EH2,即FE⊥EB,从而FE⊥AF.∵AC∥平面DEF,∴点C与点A到平面DEF的距离相等,∴V C-DEF=V A-DEF.∵DA⊥AB,∴DA⊥平面ABEF,又S△AEF=AF·EF=×1×.∴三棱锥C-DEF的体积V C-DEF=V A-DEF=V D-AEF=S△AEF·AD=×2=.7.解 (1)在棱AB上存在中点N,使MN∥平面AB1C1,证明如下:设BB1的中点为D,连接DM,NM,ND,因为点M,N,D是CC1,AB,BB1的中点,所以ND∥AB1,DM∥B1C1,所以ND∥平面AB1C1,DM∥平面AB1C1.又ND∩DM=D,所以平面NDM∥平面AB1C1.因为MN⊂平面NDM,所以MN∥平面AB1C1.(2)因为MN∥平面AB1C1,所以点M到平面AB1C1的距离与点N到平面AB1C1的距离相等.又点N为AB的中点,所以点N到平面AB1C1的距离等于点B到平面AB1C1的距离的一半.因为AA1⊥平面ABC,所以AB1=AC1=2,所以△AB1C1的底边B1C1上的高为.设点B到平面AB1C1的距离为h,则由,得×2××2××h,可得h=,即点M到平面AB1C1的距离为.8.(1)证明在四边形BCC1B1中,∵BC=CD=DC1=1,∠BCD=,∴BD=1.∵B1D=,BB1=2,∴B1D⊥BD.∵AB⊥平面BCC1B1,∴AB⊥DB1,∴DB1⊥平面ABD.(2)解对于四面体A1ADB1,A1到直线DB1的距离即为A1到平面BB1C1C的距离,A1到DB1的距离为2.设A1到平面ADB1的距离为h,△ADB1为直角三角形,AD·DB1=,∴×h=h.∵×2×2=2,D到平面AA1B1的距离为,∴×2×.∵,∴, 解得h=.∴点A1到平面ADB1的距离为.。

专题突破练15 空间中的平行与空间角1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1⊥底面ABC,∠A1AC=60°,AC=2AA1=4,点D,E分别是AA1,BC的中点.(1)证明:DE∥平面A1B1C;(2)若AB=2,∠BAC=60°,求直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值.2.(2018河南安阳一模,理19)如图,在空间直角坐标系O-xyz中,正四面体(各条棱均相等的三棱锥)ABCD的顶点A,B,C分别在x轴,y轴,z轴上.(1)求证:CD∥平面OAB;(2)求二面角C-AB-D的余弦值.3.如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.4.(2018江苏盐城模拟,25)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=2,点M是BC的中点.(1)求异面直线AC1与DM所成角的余弦值;(2)求直线AC1与平面AD1M所成角的正弦值.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.6.(2018江苏卷,22)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.7.如图1,在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△BCD沿对角线BD折起到△BC'D的位置,使平面BC'D⊥平面ABD,E是BD的中点,FA⊥平面ABD,且FA=2,如图2.(1)求证:FA∥平面BC'D;(2)求平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值;(3)在线段AD上是否存在一点M,使得C'M⊥平面FBC'?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练15空间中的平行与空间角1.(1)证明取AC的中点F,连接DF,EF,∵E是BC的中点,∴EF∥AB.∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴AB∥A1B1,∴EF∥A1B1,∴EF∥平面A1B1C.∵D是AA1的中点,∴DF∥A1C,∴DF∥平面A1B1C.又EF∩DF=F,∴平面DEF∥平面A1B1C,∴DE∥平面A1B1C.(2)解过点A1作A1O⊥AC,垂足为O,连接OB,∵侧面ACC1A1⊥底面ABC,∴A1O⊥平面ABC,∴A1O⊥OB,A1O⊥OC.∵∠A1AC=60°,AA1=2,∴OA=1,OA1=AB=2,∠OAB=60°,由余弦定理得OB2=OA2+AB2-2OA·AB·cos∠BAC=3,∴OB=,∴∠AOB=90°,∴OB⊥AC.分别以OB,OC,OA1为x轴、y轴、z轴,建立如图的空间直角坐标系O-xyz,由题设可得A(0,-1,0),C(0,3,0),B(,0,0),A1(0,0,),D0,-,E设m=(x1,y1,z1)是平面ABB1A1的一个法向量,则令z1=1,则m=(1,-,1),∴cos<m,>=,∴直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值为2.解 (1)由AB=BC=CA,易知OA=OB=OC.设OA=a,则AB=a,A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a),如图:设D点的坐标为(x,y,z),则由DA=DB=DC=a,可得(x-a)2+y2+z2=x2+(y-a)2+z2=x2+y2+(z-a)2=2a2,解得x=y=z=a,所以=(a,a,0).又平面OAB的一个法向量为=(0,0,a),所以=0,所以CD∥平面OAB.(2)设F为AB的中点,连接CF,DF,则CF⊥AB,DF⊥AB,∠CFD为二面角C-AB-D的平面角.由(1)知,在△CFD中,CF=DF=aa,CD=a,则由余弦定理知cos∠CFD=,即二面角C-AB-D的余弦值为3.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin 45°,,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=,则x=λ,y=1,z=②由①②解得(舍去),所以M,从而设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>=因此二面角M-AB-D的余弦值为4.解在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以D为原点,DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz.∵M(1,2,0),A(2,0,0),C1(0,2,4),=(1,2,0),=(-2,2,4),所以cos<>=,所以异面直线AC1与DM所成角的余弦值为(2)=(2,0,4),设平面A1DM的一个法向量为n=(x,y,z).则取y=1,得x=-2,z=1,故平面A1DM的一个法向量为n=(-2,1,1).于是cos<n,>=,所以直线AC1与平面A1DM所成角的正弦值为5.(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为(3)解由题意知M,C(2,4,0),设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为6.解如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P,从而=(0,2,2),故|cos<>|=因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为(2)因为Q为BC的中点,所以Q,因此=(0,2,2),=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则即不妨取n=(,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为7.(1)证明∵BC'=C'D,E为BD的中点,∴C'E⊥BD.又平面BC'D⊥平面ABD,且平面BC'D∩平面ABD=BD,∴C'E⊥平面ABD.∵FA⊥平面ABD,∴FA∥C'E.又C'E⊂平面BC'D,FA⊄平面BC'D,∴FA∥平面BC'D.(2)解以DB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,EC'所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),A(0,-,0),D(-1,0,0),F(0,-,2),C'(0,0,),=(-1,-,2),=(-1,0,).设平面FBC'的一个法向量为m=(x,y,z),则取z=1,则m=(,1,1).∵平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),∴cos<m,n>=则平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值为(3)解假设在线段AD上存在M(x,y,z),使得C'M⊥平面FBC',设=,则(x,y+,z)=λ(-1,,0)=(-λ,,0),∴x=-λ,y=(λ-1),z=0.而=(-λ,(λ-1),-),由m,得,λ无解.∴线段AD上不存在点M,使得C'M⊥平面FBC'.。

专题打破练17 空间中的平行与空间角.(2019山东潍坊三模,理18)如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G,H分别是AE,BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.证明:GH∥平面ACD;(1)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.2.(201 9新疆乌鲁木齐二模,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,PD=4,M为PD的中点,E为AM的中点,点F在线段PB上,且PF=3FB.求证:EF∥平面ABCD;(1)若平面PDC⊥底面ABCD,且PD⊥DC,求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值..(2019湖北八校联考一,理18)如下图,四棱锥P-ABCD中,面PAD⊥面ABCD,PA=PD=,四边形ABCD 为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=AD=1,E为PA的中点.(1)求证:EB∥平面PCD.(2)求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值..(2019安徽“江南十校”二模,理18)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.(1)证明:平面ADE∥平面BCF;(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值..(2019四川宜宾二模,理19)如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.求证:EG∥平面BCF;(1)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值..如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.证明:直线CE∥平面PAB;(1)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..如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.证明:PB∥平面AEC;(1)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积..(2019河北衡水同卷联考,理18)如图,在多面体ABCDFE中,四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,四边形ABEF是直角梯形,∠FAB=90°,AF∥BE,AF=AB=2BE=2.证明:CE∥平面ADF;(1)若平面ABCD⊥平面ABEF,H为DF的中点,求平面ACH与平面ABEF所成锐二面角的余弦值.参照答案专题打破练17空间中的平行与空间角1.(1)证明连结GO,OH,∵GO∥CD,OH∥AC,∴GO∥平面ACD,OH∥平面ACD,又GO交HO于点O,∴平面GOH∥平面ACD,∴GH∥平面ACD.(2)解以C为原点,CB为x轴,CA为y轴,CD为z轴,成立空间直角坐标系,如下图,则C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),O(1,1,0),E(2,0,2).平面BCE的法向量m=(0,1,0),设平面OCE的法向量n=(x0,y0,z0).=(2,0,2),=(1,1,0).0,则000,0,000令x0=-1,∴n=(-1,1,1).∵二面角O-CE-B是锐二面角,记为θ,∴cosθ=|cos<m,n>|=2.(1)证明取MD的中点N,连结EN,FN.∵E为AM的中点,∴EN∥AD.又M为PD的中点,N为MD的中点,∴PN=3ND.∵PF=3FB,∴FN∥BD.∵EN∩FN=N,AD∩BD=D,∴平面ENF∥平面ABCD,∵EF?平面ENF,∴EF∥平面ABCD.解∵平面PDC⊥平面ABCD,PD⊥DC,∴PD⊥平面ABCD.设AB的中点为G,以D为坐标原点,DG为x轴,DC为y轴,DP为z轴,成立空间直角坐标系,则B(,1,0),C(0,2,0),P(0,0,4),则=(-,1,0),=(0,-2,4),设平面PBC的法向量n=(x,y,z),-0,则40,取x=2,得n=(2,2),同理得平面的法向量m(,3,0),设平面与平面所成锐二面角为θ,则PAD=PAD PBCcosθ=49 9,∴平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为3.(1)证明取AD的中点O,连结EO,OB.∵E为PA的中点,O为AD的中点,∴OE∥PD.又∵BC∥AD,BC=AD,∴四边形BCDO是平行四边形,∴BO∥CD.4 9 9∵OE∥PD,BO∥CD,OE和BO是平面EBO内的两条交线,又BE?平面PCD,∴BE∥平面PCD.(2)解取BC的中点M,以方向为正方向成立如下图的空间直角系O-xyz.则P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C,0 ,则平面PCD的一个法向量为n1=(1,0,0),=(0,1,-1),=-,0.0,设平面PDC的一个法向量为n2=(x,y,z),则-0不如令1,则y=,1,n2(1,),x=z==124∴|cosθ|=|cos<n,n>|=,则sinθ=4.(1)证明取BC,DE中点分别为O,O1,连结OA,O1A,OF,O1F.由AB=AC=CD=DF=EF=2,BC=DE=CF=AE=AD=BF=2,可知△ABC,△DEF为等腰直角三角形,故OA⊥BC,O1F⊥DE,CD⊥DE,CD⊥DF,故CD⊥平面DEF,平面BCDE⊥平面DEF,所以O1F⊥平面BCDE.同理OA⊥平面BCDE,所以O1F∥OA,而O1F=OA,故四边形AOFO1为平行四边形,所以AO1∥OF,所以AO1∥平面BCF,又BC∥DE,故DE∥平面BCF,而AO1∩DE=O1,解以O为坐标原点,以过O且平行于AC的直线作为x轴,平行于AB的直线作为y轴,OO1为z轴成立空间直角坐标系如图.则有B(1,1,0),C(-1,-1,0),D(-1,-1,2),F(-1,1,2),故=(-2,-2,2),=(-2,-2,0),=(-2,0,2).设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),由n,--0,n得取x=1得y=-1,z=1, -0,故平面BCF的一个法向量为n=(1,-1,1).设BD与平面BCF所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|=---故BD与平面BCF所成角的正弦值为5.(1)证明设AC∩BD=O,连结OE,OF.∵四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,∴OE∥CF,∴EF=AO=CO,∴OF⊥平面ABCD.-设OA=a,OB=b,AE=c,以O为原点,OA,OB,OF所在直线分别为x,y,z轴,成立空间直角坐标系,则--E(a,0,c),G,0 ,B(0,b,0),C(-a,0,0),F(0,0,c).---=(0,b,-c),=(-a,0,-c),=-,-,-c,-0,设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),则--0,取z=b,得n=-,c,b,∵n=-- + c+(-c)b=0,∴EG∥平面BCF.解设AE=AB=2,∵∠BAD=60°,∴OB=1,OA=,-∴A(,0,0),B(0,1,0),E(,0,2),D(0,-1,0),=(,-1,2),=(,-1,0),=(0,-2,0).--设平面ABE的法向量n=(x,y,z),-0,则0,取x=1,得n=(1,,0),-设平面BDE的法向量m=(x,y,z),--0,则0,取x=2,得m=(2,0,-),设二面角A-BE-D的平面角为θ,则cosθ=4∴二面角A-BE-D的余弦值为6.(1)证明取PA的中点F,连结EF,BF.由于E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF?平面PAB,CE?平面PAB,故CE∥平面PAB.解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,成立如下图的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设(,y ,z)(01),则(1,y,z),(,y-1,z-).Mx<x<=x-=x由于BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos,n>|=sin45°,, <-即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=,则x=λ,y=1,z=②,- ,6 6由①②解得,(舍去),,所以M -,,,进而-,,66-,设m(, y 0,z 0)是平面的法向量,则0,=xABM0,即-0 060 0,0,所以可取m =(0,- 6,2).于是cos <m,n >=0 5所以二面角M-AB-D 的余弦值为0 5 7.(1)证明连结BD 交AC 于点O ,连结EO.由于ABCD 为矩形,所以O 为BD 的中点.又E 为PD 的中点,所以EO ∥PB.EO ?平面AEC ,PB ?平面AEC ,所以PB ∥平面AEC.解由于PA ⊥平面ABCD ,ABCD 为矩形,所以AB ,AD ,AP 两两垂直.如图,以A 为坐标原点,的方向为 x 轴的正方向,||为单位长,成立空间直角坐标系 A-xyz ,则D (0, ,0), E 0, , 0, ,设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0),0,0,设n=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即10,0,可取n1=,-,又n=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设|cos<n,n>|=,即,解得m= 2124由于E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为三棱锥E-ACD的体积V=8.(1)证明(方法一)由于四边形ABCD是菱形,所以AD∥BC.又由于AF∥BE,AF∩AD=A,BC∩BE=B,所以平面ADF∥平面BCE.由于CE?平面BCE,所以CE∥平面ADF.(方法二)取AF的中点M,连结DM,EM,如图.由题意知AM=BE且AM∥BE,所以四边形ABEM为平行四边形,即ME=AB且ME∥AB.又由于四边形ABCD是菱形,所以四边形DCEM为平行四边形,即有DM∥CE.又DM?平面ADF,CE?平面ADF,所以CE∥平面ADF.解取CD的中点N,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,可得AN⊥CD.由于平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AF?平面ABEF,AF⊥AB,所以AF⊥平面ABCD.以A为坐标原点,以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,成立空间直角坐标系A-xyz如图所示.故A(0,0,0),C(,1,0),D(,-1,0),F(0,0,2),H,-,1 ,=,-,1 ,=(,1,0).设平面ACH的一个法向量为n=(x,y,z),则有0, 0,即-0,令x=1可得n=(1,-,-).易知平面ABEF的一个法向量为m=(1,0,0).设平面ACH与平面ABEF所成的锐二面角为θ,则cosθ=,即所求二面角的余弦值为。

高考数学精品复习资料2019.5第2讲空间中的平行与垂直1．(20xx·北京)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.则“m∥β”是“α∥β”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件2．(20xx·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面3．(20xx·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等.热点一空间线面位置关系的判定空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．例1 (1)(20xx·广东)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交(2)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．跟踪演练1 已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；②若m⊥α，m⊥n，则n∥α；③若α⊥β，m∥α，则m⊥β；④若m⊥α，m∥β，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3热点二空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．例2 (20xx·广东)如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.(1)证明：BC∥平面PDA；(2)证明：BC⊥PD；(3)求点C到平面PDA的距离．思维升华垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.跟踪演练2 如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.热点三平面图形的折叠问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．例3 如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？请说明理由．思维升华(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口；(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．跟踪演练3 (20xx·广东)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M－CDE的体积．1．不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，下列为真命题的是( ) A．m⊥n⇒m⊥βB．m⊥n⇒α⊥βC．α∥β⇒m∥βD．m∥n⇒α∥β2．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.(1)求证：D1C⊥AC1；(2)问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定点E位置；若不存在，说明理由．提醒：完成作业专题五第2讲二轮专题强化练专题五第2讲空间中的平行与垂直A组专题通关1．(20xx·西北工大附中四模)已知a、b、c是三条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列条件中，能推导出a⊥α的是( )A．a⊥b，a⊥c，其中b⊂α，c⊂αB．a⊥b，b∥αC．α⊥β，a∥βD．a∥b，b⊥α2．(20xx·湖北)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线，q：l1，l2不相交，则( )A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件C．p是q的充分必要条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件3．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点，给出以下四个结论：①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NC与PM异面．其中不正确的结论是( )A．① B．②C．③ D．④4．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β；②存在一条直线a，a⊂α，a⊥β；③存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( )A．① B．②C．③ D．①③5．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC6．如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若AMMB＝ANND，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．7.如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上(异于点A，B)，直线PA垂直于圆O所在的平面，点M为线段PB的中点．有以下四个命题：①PA∥平面MOB；②MO∥平面PAC；③OC⊥平面PAC；④平面PAC⊥平面PBC.其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)．8．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．9．(20xx·山东)如图，三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.10．(20xx·四川)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并证明你的结论；(3)证明：直线DF⊥平面BEG.B组能力提高11．(20xx·辽宁师范大学附属中学期中)已知平面α、β、γ，则下列命题中正确的是( ) A．α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，则b⊥αB．α⊥β，β⊥γ，则α∥γC．α∩β＝a，β∩γ＝b，α⊥β，则a⊥bD．α∥β，β⊥γ，则α⊥γ12.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.13．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号)①AC⊥BE；②B1E∥平面ABCD；③三棱锥E－ABC的体积为定值；④直线B1E⊥直线BC1.14.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)证明：平面ADC1B1⊥平面A1BE；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．学生用书答案精析第2讲空间中的平行与垂直高考真题体验1．B [m⊂α，m∥β⇏α∥β，但m⊂α，α∥β⇒m∥β，∴m∥β是α∥β的必要而不充分条件．]2．D [对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．]3．证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.热点分类突破例1 (1)D (2)D解析(1)若l与l1，l2都不相交则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l至少与l 1，l 2中的一条相交．(2)若α∩β＝l ，a ∥l ，a ⊄α，a ⊄β，则a ∥α，a ∥β，故排除A.若α∩β＝l ，a ⊂α，a ∥l ，则a ∥β，故排除B.若α∩β＝l ，a ⊂α，a ∥l ，b ⊂β，b ∥l ，则a ∥β，b ∥α，故排除C.故选D. 跟踪演练1 C [对于①，垂直于同一个平面的两条直线平行，①正确；对于②，直线n 可能在平面α内，所以推不出n ∥α，②错误；对于③，举一反例，m ⊂β且m 与α，β的交线平行时，也有m ∥α，③错误； 对于④，可以证明其正确性，④正确．故选C.]例2 (1)证明 因为四边形ABCD 是长方形，所以BC ∥AD ，因为BC ⊄平面PDA ，AD ⊂平面PDA ，所以BC ∥平面PDA .(2)证明 因为四边形ABCD 是长方形，所以BC ⊥CD ，因为平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面PDC ，因为PD ⊂平面PDC ，所以BC ⊥PD .(3)解 如图，取CD 的中点E ，连接AE 和PE .因为PD ＝PC ，所以PE ⊥CD ，在Rt△PED 中，PE ＝PD 2－DE 2＝42－32＝7.因为平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PDC ，所以PE ⊥平面ABCD ，由(2)知：BC ⊥平面PDC ，由(1)知：BC ∥AD ，所以AD ⊥平面PDC ，因为PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .设点C 到平面PDA 的距离为h ，因为V 三棱锥CPDA ＝V 三棱锥PACD ，所以13S △PDA ·h ＝13S △ACD ·PE ，即h ＝S △ACD ·PE S △PDA ＝12×3×6×712×3×4＝372，所以点C 到平面PDA 的距离是372.跟踪演练2 证明 (1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG .∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB .又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG .∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF .又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE .∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .例3 (1)证明 因为D ，E 分别为AC ，AB 的中点，所以DE ∥BC .又因为DE ⊄平面A 1CB ，BC ⊂平面A 1CB ，所以DE ∥平面A 1CB .(2)证明 由题图(1)得AC ⊥BC 且DE ∥BC ，所以DE ⊥AC .所以DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD .所以DE ⊥平面A 1DC .而A 1F ⊂平面A 1DC ，所以DE ⊥A 1F .又因为A 1F ⊥CD ，所以A 1F ⊥平面BCDE ，又BE ⊂平面BCDE ，所以A 1F ⊥BE .(3)解 线段A 1B 上存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ .理由如下：如图，分别取A 1C ，A 1B 的中点P ，Q ，则PQ ∥BC .又因为DE ∥BC ，所以DE ∥PQ .所以平面DEQ 即为平面DEP .由(2)知，DE ⊥平面A 1DC ，所以DE ⊥A 1C .又因为P 是等腰三角形DA 1C 底边A 1C 的中点，所以A 1C ⊥DP .所以A 1C ⊥平面DEP .从而A 1C ⊥平面DEQ .故线段A 1B 上存在点Q ，使得A 1C ⊥平面DEQ .跟踪演练3 (1)证明 因为PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AD .又因为ABCD 是矩形，CD ⊥AD ，PD 与CD 交于点D ，所以AD ⊥平面PCD .又CF ⊂平面PCD ，所以AD ⊥CF ，即MD ⊥CF .又MF ⊥CF ，MD ∩MF ＝M ，所以CF ⊥平面MDF .(2)解 因为PD ⊥DC ，BC ＝2，CD ＝1，∠PCD ＝60°，所以PD ＝3，由(1)知FD ⊥CF ， 在直角三角形DCF 中，CF ＝12CD ＝12.过点F 作FG ⊥CD 交CD 于点G ，得FG ＝FC sin 60°＝12×32＝34，所以DE ＝FG ＝34，故ME ＝PE ＝3－34＝334，所以MD ＝ME 2－DE 2＝ 3342－342＝62.S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38.故V M －CDE ＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216.高考押题精练1．C [构造长方体，如图所示．因为A1C1⊥AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C与平面AA1B1B不垂直．所以选项A，B都是假命题．CC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题．“若两平面平行，则平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.] 2．(1)证明在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接C1D，∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，∴DC1⊥D1C.又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，又D1C⊂平面DCC1D1，∴AD⊥D1C.∵AD⊂平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，又AC1⊂平面ADC1，∴D1C⊥AC1.(2)解假设存在点E，使D1E∥平面A1BD.连接AD1，AE，D1E，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，可使MN∥D1E，又M是AD1的中点，则N是AE的中点．又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.即E是DC的中点．综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.二轮专题强化练答案精析第2讲 空间中的平行与垂直1．D [选项A 中缺少b ，c 相交；选项B ，由a ⊥b ，b ∥α可能a ⊂α；选项C 可能a ⊂α或a ∥α，选项D 正确．]2．A [由l 1，l 2是异面直线，可得l 1，l 2不相交，所以p ⇒q ；由l 1，l 2不相交，可得l 1，l 2是异面直线或l 1∥l 2，所以q ⇏p .所以p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件．故选A.]3．B [作出过M ，N ，P ，Q 四点的截面交C 1D 1于点S ，交AB 于点R ，如图所示中的六边形MNSPQR ，显然点A 1，C 分别位于这个平面的两侧，故A 1C 与平面MNPQ 一定相交，不可能平行， 故结论②不正确．]4．D [对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也成立，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B 、C. 对于③，存在两条垂直的直线a ，b ，则直线a ，b 所成的角为90°，因为a ⊥β，b ⊥α，所以α，β所成的角为90°，即α⊥β，反之也成立，即“存在两条垂直的直线a ，b ，a ⊥β，b ⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A ，选D.]5．D [∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD ， 又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB ，又AD ⊥AB ，AD ∩CD ＝D ，所以AB ⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ADC ，故选D.]6．平行解析 由AM MB ＝AN ND，得MN ∥BD . 而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ，所以MN ∥平面BDC .7．②④解析①错误，PA⊂平面MOB；②正确；③错误，否则，有OC⊥AC，这与BC⊥AC矛盾；④正确，因为BC⊥平面PAC.8．①③解析对于①，注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行，因此直线AB平行于平面MNP；对于②，注意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交，因此直线AB与平面MNP相交；对于③，注意到此时直线AB与平面MNP内的一条直线MP平行，且直线AB位于平面MNP外，因此直线AB与平面MNP平行；对于④，易知此时AB与平面MNP相交．综上所述，能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是①③.9．证明(1)方法一连接DG，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．则M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HM∥BD，又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.方法二在三棱台DEF-ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.又因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)连接HE，GE.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. 10．(1)解点F，G，H的位置如图所示．(2)解平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD-EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是BCHE为平行四边形，所以BE∥CH，又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH，同理BG∥平面ACH，又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明连接FH，BD.因为ABCD-EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH，因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG，又EG⊥FH，EG∩FH＝O，所以EG⊥平面BFHD，又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG，同理DF⊥BG，又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.11．D [选项A 中，缺少条件b ⊂β，错误；B 中，α、β、γ的关系可参考教室墙角处三个平面的关系，易知错误；C 中的a ，b 可能平行或斜交．由两平面平行的性质可知D 正确．]12．a 或2a解析 由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x .易知Rt △CAF ∽Rt △FA 1D ， 得AC A 1F ＝AF A 1D， 即2a x ＝3a －x a ，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a .13．①②③解析 因AC ⊥平面BDD 1B 1，故①、②正确；记正方体的体积为V ，则V E －ABC ＝16V 为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误． 14．(1)证明 如图，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，所以B 1C 1⊥面ABB 1A 1.因为A 1B ⊂面ABB 1A 1，所以B 1C 1⊥A 1B .又因为A 1B ⊥AB 1，B 1C 1∩AB 1＝B 1，所以A 1B ⊥面ADC 1B 1.因为A 1B ⊂面A 1BE ，所以平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE .(2)解 当点F 为C 1D 1中点时，可使B 1F ∥平面A 1BE .证明如下：易知：EF ∥C 1D ，且EF ＝12C 1D . 设AB 1∩A 1B ＝O ，则B 1O ∥C 1D 且B 1O ＝12C 1D ， 所以EF ∥B 1O 且EF ＝B 1O ，所以四边形B 1OEF 为平行四边形．所以B 1F ∥OE .又因为B 1F ⊄面A 1BE ，OE ⊂面A 1BE .所以B1F∥面A1BE.。

专题突破练17空间中的平行、垂直与空间角1.(2020海南海南中学月考,18)已知直四棱柱ABCD-A'B'C'D',四边形ABCD为正方形,AA'=2AB=2,E为棱CC'的中点.(1)求三棱锥C-A'BD的体积;(2)求证:A'E⊥BD;(3)求异面直线DE与A'B所成角的余弦值.2.(2020海南海口模拟,19)如图,在三棱锥D-ABC中,AB⊥AC,△ABD是正三角形,且平面ABD⊥平面ABC,AB=AC=4,E,G分别为AB,BC的中点.(1)证明:EG⊥平面ABD;(2)若F是线段DE的中点,求AC与平面FGC所成角的正弦值.3.(2020山东潍坊三模,18)如图,点C是以AB为直径的圆上的动点(异于A,B),已知AB=2,AE=√7,EB⊥平面ABC,四边形BEDC为平行四边形.(1)求证:BC⊥平面ACD;(2)当三棱锥A-BCE的体积最大时,求平面ADE与平面ABC所成的二面角的余弦值.4.(2020山东日照二模,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.(1)求证:MN⊥平面PCD;,求二面角N-DM-C的余弦值.(2)若直线PB与平面ABCD所成角的余弦值为2√555.(2020山东青岛一模,19)在如图所示的四棱锥E-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,△BCE为边长为2的等边三角形,AB=AE,F,O分别为AB,BE的中点,OF是异面直线AB和OC的公垂线.(1)证明:平面ABE⊥平面BCE;(2)记△CED的重心为G,求直线AG与平面ABCD所成角的正弦值.6.(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1M⊥B1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.7.(2020山东潍坊一中月考,19)在四棱锥S-ABCD 中,底面ABCD 为长方形,SB ⊥底面ABCD ,其中BS=2,BA=2,BC=λ,λ的可能取值为①λ=14,②λ=12,③λ=√32,④λ=32,⑤λ=3. (1)求直线AS 与平面ABCD 所成角的正弦值;(2)若在线段CD 上能找到点E ,满足AE ⊥SE ,则λ可能的取值有几种情况?请说明理由;(3)在(2)的条件下,当λ为所有可能情况的最大值时,线段CD 上满足AE ⊥SE 的点有两个,分别记为E 1,E 2,求二面角E 1-SB-E 2的大小.专题突破练17 空间中的平行、垂直与空间角1.(1)解∵四棱柱ABCD-A'B'C'D'为直四棱柱,∴A'A ⊥平面ABCD ,又A'A=2,BC=CD=1,∴V C-A'BD =V A'-BCD =13S △BCD ·A'A=13×12×1×1×2=13.(2)证明以D 为原点,DA ,DC ,DD'所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D (0,0,0),B (1,1,0),E (0,1,1),A'(1,0,2),∴A 'E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,-1),DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),∴A 'E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1+1=0,∴A'E ⊥BD.(3)解由(2)得,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),A 'B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-2),∴|cos <DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,A 'B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 'B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|A 'B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2×√5=√1010,即异面直线DE 与A'B 所成角的余弦值为√1010.2.(1)证明因为E ,G 分别为AB ,BC 的中点,所以EG ∥AC.因为AB ⊥AC ,平面ABD ⊥平面ABC ,平面ABD ∩平面ABC=AB ,所以AC ⊥平面ABD ,所以EG ⊥平面ABD.(2)解因为△ABD 是正三角形,所以DE ⊥AB.由(1)知EG ⊥平面ABD ,所以EG ,AB ,DE 两两垂直,则以E 为坐标原点,分别以EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,E D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.因为AB=AC=4,△ABD 是正三角形,所以E (0,0,0),A (-2,0,0),B (2,0,0),G (0,2,0),D (0,0,2√3),C (-2,4,0).因为F 是DE 的中点,所以F (0,0,√3). AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-√3),GC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0). 设平面FGC 的法向量为m =(x ,y ,z ),所以{m ·FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y -√3z =0,-2x +2y =0,令x=1,则y=1,z=2√33,所以平面FGC 的一个法向量m =1,1,2√33.设AC 与平面FGC 所成的角为θ,则sin θ=|cos <m ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||m ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4×√1+1+43=√3010.3.(1)证明因为四边形BEDC 为平行四边形,所以CD ∥BE.因为EB ⊥平面ABC ,所以CD ⊥平面ABC ,所以CD ⊥BC.因为∠ACB 是以AB 为直径的圆上的圆周角,所以BC ⊥AC.又因为AC ∩CD=C ,所以BC ⊥平面ACD.(2)解在△ABC 中,设AC=x ,BC=√4-x 2(0<x<2),所以S △ABC =12AC·BC=12x ·√4-x 2.因为AE=√7,AB=2,所以BE=√3.所以V A-BCE =V E-ABC =13S △ABC ·BE=√36x ·√4-x 2=√36√x 22≤√36·x 2+4-x 22=√33,当且仅当x 2=4-x 2,即x=√2时,等号成立.故三棱锥A-BCE 体积的最大值为√33.以C 为坐标原点,以CA ,CB ,CD 为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,如图,则C (0,0,0),A (√2,0,0),D (0,0,√3),E (0,√2,√3),所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,√3),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,0).易知平面ABC 的一个法向量n 1=(0,0,√3).设平面ADE 的法向量n 2=(x ,y ,z ),可得{n 2·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{-√2x +√3z =0,√2y =0,令x=√3,可得平面ADE 的一个法向量n 2=(√3,0,√2),所以cos <n 1,n 2>=n 1·n212=√6√3×√5=√105. 4.(1)证明取PD 中点E ,连接EN ,AE.因为M ,N ,E 分别为AB ,PC ,PD 的中点,所以EN ∥AM ,EN=AM=12AB ,所以四边形AMNE 是平行四边形,故MN ∥AE.因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD.又因为CD ⊥AD ,AD ∩PA=A ,所以CD ⊥平面PAD ,所以平面PCD ⊥平面PAD.因为PA=AD ,E 为中点,所以AE ⊥PD ,所以AE ⊥平面PCD ,所以MN ⊥平面PCD.(2)解因为PA ⊥平面ABCD ,所以∠PBA 即为直线PB 与平面ABCD 所成的角,所以cos ∠PBA=2√55,所以sin ∠PBA=√55.因为PA=AD=2,AB=4,分别以AB ,AD ,AP 为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D (0,2,0),M (2,0,0),C (4,2,0),P (0,0,2),N (2,1,1),则DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-2,0),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1). 设平面NDM 的法向量n 1=(x ,y ,z ),则{n 1·DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x -2y =0,y +z =0,取x=1,则y=1,z=-1,即平面NDM 的一个法向量n 1=(1,1,-1).易得平面DMC 的一个法向量n 2=(0,0,1),所以cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-√33,由图可知,二面角N-DM-C 为锐角, 所以二面角N-DM-C 的余弦值为√33.5.(1)证明因为O 为BE 的中点,所以在等边△BCE 中,OC ⊥BE.又因为OF 是异面直线AB 和OC 的公垂线,所以OC ⊥OF.又因为OF ∩BE=O ,所以OC ⊥平面ABE.因为OC ⊂平面BCE ,所以平面ABE ⊥平面BCE.(2)解因为F ,O 分别为AB ,BE 的中点,所以OF ∥AE.又因为OF 是异面直线AB 和OC 的公垂线,所以OF ⊥AB ,AE ⊥AB ,所以△ABE 为等腰直角三角形.连接AO ,AB=AE=√2,OA=1,因为OA ⊥BE ,OA ⊂平面ABE ,平面ABE ⊥平面BCE ,且平面ABE ∩平面BCE=BE ,所以OA ⊥平面BCE.以O 为原点,分别以OE ,OC ,OA 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A (0,0,1),B (-1,0,0),C (0,√3,0),E (1,0,0).因为四边形ABCD 为平行四边形,设D (x 0,y 0,z 0),因为BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以(1,√3,0)=(x 0,y 0,z 0-1),所以D (1,√3,1).设平面ABCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0), 则{n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +z =0,x +√3y =0,令y=-1,则x=√3,z=-√3,所以平面ABCD 的一个法向量n =(√3,-1,-√3). 因为C (0,√3,0),E (1,0,0),D (1,√3,1),所以△CDE 的重心G 的坐标为23,2√33,13,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =23,2√33,-23, 设直线AG 与平面ABCD 所成角为θ,则sin θ=|cos <n ,AG⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n |·|AG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|2√33√7×253|=√10535.6.解依题意,以C 为原点,分别以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C (0,0,0),A (2,0,0),B (0,2,0),C 1(0,0,3),A 1(2,0,3),B 1(0,2,3),D (2,0,1),E (0,0,2),M (1,1,3).(1)证明:依题意,C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-2,-2),从而C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2-2+0=0,所以C 1M ⊥B 1D.(2)依题意,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量,EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-1).设n =(x ,y ,z )为平面DB 1E 的法向量,则{n ·EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·E D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y +z =0,2x -z =0.不妨设x=1,可得n =(1,-1,2). 因此有cos <CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=CA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n | =√66, 于是sin <CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=√306.所以,二面角B-B 1E-D 的正弦值为√306. (3)依题意,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0).由(2)知n =(1,-1,2)为平面DB 1E 的一个法向量,于是cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n | =-√33. 所以,直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为√33.7.解(1)因为SB ⊥底面ABCD ,所以∠SAB 即为直线AS 与平面ABCD 所成的角,在Rt △SBA 中,sin ∠SAB=SB SA =√22.(2)以B 为坐标原点,以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BS⃗⃗⃗⃗⃗ 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B (0,0,0),A (0,2,0),D (λ,2,0),S (0,0,2).设E (λ,x ,0)(0≤x ≤2),所以SE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,x ,-2),EA⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,2-x ,0). 由SE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥EA⃗⃗⃗⃗⃗ 可得-λ2+x (2-x )=0,解得λ2=x (2-x ). 因为x ∈[0,2],所以λ2=x (2-x )∈[0,1],所以在所给的数据中,λ可以取①②③.(3)由(2)知λ=√32,此时,x=12或x=32,即满足条件的点E 有两个, 根据题意得,其坐标为E 1√32,12,0和E 2√32,32,0. 因为SB ⊥平面ABCD ,所以SB ⊥BE 1,SB ⊥BE 2,所以∠E 1BE 2是二面角E 1-SB-E 2的平面角.由cos <BE 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BE 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=BE 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BE 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=34+341×√3=√32,由题意得二面角E 1-SB-E 2为锐角,所以二面角E 1-SB-E 2的大小为30°.。

2019年高考数学二轮复习试题第3讲空间中的角和距离选题明细表巩固提高A一、选择题1. 在我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,且AB=BC=CD,则异面直线AC 与BD所成角的余弦值为( A )(A)(B)-(C) (D)-解析: 由题意,可补形成正方体如图.所以异面直线AC与BD所成角就是ED与BD所成角,而△BDE为等边三角形,所以所成角为,cos=.故选A.2.在正四面体ABCD中,E为AB的中点,则CE与BD所成角的余弦值为( A )(A) (B)(C) (D)解析:如图,取AD中点F,连接EF,CF,因为E为AB的中点,所以EF∥BD,则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角,因为ABCD为正四面体,E,F分别为AB,AD的中点,所以CE=CF.设正四面体的棱长为2a,则EF=a,CE=CF== a.在△CEF中,由余弦定理得cos∠CEF===.故选A.3.(2018·杭州二模)已知三棱锥S ABC的底面ABC为正三角形,SA<SB<SC,平面SBC,SCA,SAB与平面ABC所成的锐二面角分别为α1,α2,α3则( A )(A)α1<α2(B)α1>α2(C)α2<α3(D)α2>α3解析:由题意,设三角形SBC,SCA的高分别为h 1,h2,三棱锥S-ABC的高为h,易知h1>h2,根据正弦函数的定义得,sin α1=,sin α2=,所以sin α1<sin α2,又α1,α2均为锐角,所以α1<α2,故选A.4. 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1中心,则O到平面ABC1D1的距离是( A )(A)(B)(C)(D)解析:法一过O作A1B1的平行线,交B1C1于E,则O到平面ABC1D1的距离为E到平面ABC1D1的距离.作EF⊥BC1于F,易证明EF⊥平面ABC1D1,连接B1C,可求得EF=B1C=.故选A.法二因为O是A1C1的中点且C1∈平面ABC1D1,所以点O到平面ABC1D1距离为点A1到平面ABC1D1距离的一半,过A1作A1G⊥AD1于G,(图略),由正方体性质得A1G⊥平面ABC1D1,在等腰Rt△A1AD中,A1G=A1D=,所以A1到平面ABC1D1距离为,所以O到平面ABC1D1距离为.故选A.5. 如图,三棱锥P ABC中,△ABC为边长为3的等边三角形,D是线段AB的中点,DE∩PB=E,且DE⊥AB,PA=,PB=,则PA与平面CDE所成角的正切值为( A )(A) (B) (C) (D)解析:由勾股定理PA2+PB2=AB2⇒PA⊥PB,过P作PM⊥AB于M,由⇒AB⊥平面DCE,所以∠APM为PA与平面CDE所成的角,在直角三角形APB中,∠APM=∠PBA,tan∠APM=tan∠PBA==.故选A.6. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在正方体表面运动,如果=,那么这样的点P共有( C )(A)2个(B)4个(C)6个(D)无数个解析:设点A到直线BD1的距离为d,则满足题意的点位于以BD1为轴,以d为半径的圆柱上,即满足题意的点为圆柱与正方体的交点,设正方体棱长为1,则由=,得××1=××d得d=,在正方体内易证BD1⊥平面A1C1D,BD1⊥平面ACB1,记两个垂足分别为M,N,如图(1),则M,N分别为等边△A1C1D与等边△ACB1的中心,这两个三角形的六个顶点到对角线BD1的距离都相等,在对角面BB1D1D 中,如图(2).BD1=,D1M=,所以DM==,所以正方体的六个顶点D,A,C,A1,B1,C1到对角线BD1距离都为,这又是正方体上到对角线BD1距离最远的点.由此得满足条件的点P有6个.故选C. 7.(2018·新高考研究联盟第三次联考)在平面α内,已知AB⊥BC,过直线AB,BC分别作平面β,γ,使锐二面角α-AB-β为,锐二面角α-BC-γ为,则平面β与平面γ所成的锐二面角的余弦值为( A )(A)(B) (C)(D)解析:cos θ=cos 60°cos 60°=,也可以构造一个三棱锥来解决,故选A.二、填空题8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线AD1与BD所成角的大小是.解析:如图所示,连接BC1,DC1,由正方体的性质可得,∠DBC1即为所求,且△DBC1为等边三角形,则直线AD1与BD所成角的大小是60°.答案:60°9. 长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为4的正方形,高为2,则顶点A1到截面AB1D1的距离为.解析:由题意可得:AD1=AB1==2,B1D1==4,据此可得=×4×=4,设顶点A1到截面AB1D1的距离为h,对三棱锥A1-AB1D1由等体积法得=,即×4×h=×(×4×4)×2,解得h=.答案:10. 正三棱锥P-ABC中,CM=2PM,CN=2NB,对于以下结论:①二面角B-PA-C的取值范围是(,π);②若MN⊥AM,则PC与平面PAB所成角的大小为;③过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条;④若二面角B PA C为,则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条.正确的序号是.解析:根据题意,由于正三棱锥P ABC中,CM=2PM,CN=2NB,那么对于①当PA→+∞时二面角趋近于,当P无限接近于△ABC外心时,趋近于π,二面角B-PA-C 的取值范围是(,π);成立.②若MN⊥AM,则PC与平面PAB所成角的大小为;成立.③过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条;不成立.④若二面角B PA C为,则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条;成立.答案:①②④11.如图,已知正方体ABCD A1B1C1D1,则二面角C1-BD-C的正切值为.解析:设正方体棱长为a,取BD中点O,连接CO,C1O,因为CD=CB=a,C1B=C1D=a,所以CO⊥BD,C1O⊥BD,所以∠COC1是二面角C1-BD-C的平面角,因为CC1=a,CO=a,所以tan∠COC1===.所以二面角C1-BD-C的正切值为.答案:12.平面α,β,γ两两垂直且交于一点O,若空间有一点P到这三个平面的距离分别是3,4,12,则点P到点O的距离为.解析:由题意,构造长方体图形,这个长方体过一个顶点的三条棱长分别为3,4,12,所求PO的长度即为体对角线长,所以PO==13.答案:1313. 如图,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C′,E点在线段AC′上,若二面角A-BD-E与二面角E-BD-C′的大小分别为30°和45°,则= .解析:连接AC交BD于点O,连接OE,OC′(图略),在△OAE中,由正弦定理得:=,所以AE=sin 30°=,在△C′OE中,由正弦定理得:=,所以EC′=sin 45°=,因为sin ∠C′EO=sin ∠OEA,所以=.答案:14.正三棱锥V-ABC中,VB=,BC=2,则二面角V-AC-B的大小为.解析:取AC中点为O,连接VO,BO,在正三棱锥V ABC中,VB=,BC=2,因为VA=VC=VB=,AB=AC=BC=2,AO=CO=,所以VO⊥AC,BO⊥AC,VO==2,BO==3,所以cos∠VOB==,所以∠VOB=60°.答案:60°15.已知△ABC与平面α,且∠ACB=,CD⊥AB于D,若边AB⊂平面α,边BC,AC 与平面α所成的角分别为和,则CD与平面α所成角的大小为.解析:如图,过点C作CE⊥α于E,连DE,则∠CDE即为CD与平面α所成角.连AE,BE,则∠CAE,∠CBE分别为AC,BC与平面α所成的角,即∠CAE=,∠CBE=.设CE=1,则AC=2,BC=,于是AB==.由等面积法得CD===,所以sin∠CDE==,所以∠CDE=.答案:三、解答题16.(2018·北京卷) 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D, E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.(1)证明:在三棱柱ABC A1B1C1中,因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF.因为AB=BC,所以AC⊥BE,因为BE∩EF=E,所以AC⊥平面BEF.(2)解: 由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.如图,建立空间直角坐标系Exyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),E(0,0,0), F(0,0,2),G(0,2,1),所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则即令y0=-1,则x0=2,z0=-4,于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1D的法向量为=(0,2,0),所以cos<n,>==-.由题知二面角B CD C1为钝角,所以其余弦值为-.(3)证明:由(2)知平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因为n·=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直线FG与平面BCD相交.巩固提高B一、选择题1. 如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,点E为正方形ABCD的两条对角线的交点,点F是棱AB的中点,则异面直线AC1与EF所成角的正切值为( D )(A)-(B)- (C)(D)解析:因为点E为正方形ABCD的两条对角线的交点,点F是棱AB的中点,所以EF∥AD,所以∠DAC1就是异面直线AC1与EF所成的角,正切值等于=.故选D.2. 将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示,若E为线段BC的中点,则直线AE与平面ABD所成角的余弦值为( C )(A)(B)(C)(D)解析:过点E作EF⊥BD,垂足为F,则∠EAF为直线AE与平面ABD所成的角,不妨设正方形的边长为2,则BF=EF=,AB=2,在△ABF中,由余弦定理:AF2=AB2+BF2-2×AB×BF×cos∠ABF=,所以AF=,在Rt△AEF 中,AE2=AF2+EF2=3,所以AE=,故cos∠EAF==.故选C.3. 如图,二面角α-l-β的大小是45°,线段AB⊂α,B∈l,AB与l所成的角为30°,则AB与平面β所成的角的正弦值是( D )(A) (B) (C) (D)解析:如图,过点A作AC⊥β于C,在β内过C作CD⊥l于D,连接AD,BC,由三垂线定理可知AD⊥l,故∠ADC为二面角α-l-β的平面角,为45°,又由已知,∠ABD=30°,则∠ABC为AB与平面β所成的角,设AD=2,则AC=,AB=4,所以sin∠ABC==.故选D.4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过它的任意两条棱作平面,则能作得与A1B成30°角的平面的个数为( B )(A)2个(B)4个(C)6个(D)8个解析:画出图形如图所示,由图可知,正方体表面6个面与A1B所成的角不是30°.符合题意的面为平面AA1C1C,平面A1B1CD,平面ABC1D1和平面BDD1B1,共4个.故选B.5.平面α过正方体ABCD A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( A )(A) (B) (C) (D)解析:由题意直线m∥BD,直线n∥A1B,易知△A1DB为等边三角形,∠DBA1=60°,sin 60°=,所以m,n所成角的正弦值为,故选A.6.(2018·嵊州市适应性考试)如图,已知矩形ABCD,E是边AB上的点(不包括端点),且AE=AD,将△ADE沿DE翻折至△A′DE,记二面角A′-BC-D为α,二面角A′-CD-E为β,二面角A′-DE-B为γ,则( B )(A)α≥β(B)α≤β(C)β≥γ(D)β≤γ解析: 要比较α,β,γ之间的大小关系,只需比较A′在底面BCD上的射影O 到三边BC,CD,DE的距离d1,d2,d3,之间的大小关系,当O从A点运动到F时,必有d1>d2,即有α≤β;而d2,d3关系不确定,故选B.7.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( A )(A)(B)(C)(D)解析: 如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,平面AB1D1与棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方体的其余棱都分别与A1A,A1B1,A1D1平行,故正方体ABCD A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等.如图所示,取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中点E,F,G,H,M,N,则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大,此截面面积为S正六边形×××sin 60°=.故选A.EFGHMN=68. 在底面为正三角形的直棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,点D为棱BC的中点,点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈R),当二面角E-AD-C的余弦值为时,实数m的值为( A )(A)1 (B)2 (C)(D)3解析: 由题意知m>0,过点A在平面ABC内作Ox⊥AC,则以A为原点O,分别以Ox,OC,OA1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,则E(0,,),=(,,0),=(0,,),设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则⇒n=(,-1,),取平面ADC法向量为m=(0,0,1),由二面角E-AD-C余弦值为,则|cos<n,m>|=,所以==⇒m2=1⇒m=1.故选A.二、填空题9. 在边长为a的等边三角形ABC中,AD⊥BC于D,沿AD折成二面角B AD C 后,BC=,这时二面角B-AD-C的大小为.解析:根据已知中AD⊥BC于D,易得沿AD折成二面角B-AD-C后,∠BDC即为二面角B-AD-C的平面角,解三角形BDC即可求出二面角B-AD-C的大小.因为AD⊥BC,所以沿AD折成二面角B-AD-C后,AD⊥BD,AD⊥CD,故∠BDC即为二面角B-AD-C的平面角,又因为BD=CD=BC=,所以△BDC为等边三角形,所以∠BDC=60°.答案:60°10. 如图,60°的二面角棱上有A′,B′两点,直线AA′,BB′分别在这个二面角的半平面内,且都垂直于A′B′,已知A′B′=3AA′=3,BB′=5,则AB的长度为.解析:运用基向量表示空间的向量,结合模长的计算得到AB的长度为2. 答案:211.矩形ABCD满足AB=2,AD=1,点A,B分别在射线ON,OM上运动,∠MON为直角,当C到点O的距离最大时,∠ABO的大小为.解析:如图,设∠ABO=θ,因AB=2,BC=AD=1,则OB=2cos θ,在△CBO中,由余弦定理得OC===,当OC最大时,sin(2θ+)=1,即2θ+=,也即θ=,所以∠ABO=.答案:12. 如图,三棱锥S-ABC中,若AC=2,SA=SB=SC=AB=BC=4,E为棱SC的中点,则直线AC与BE所成角的余弦值为,直线AC与平面SAB所成的角为.解析:(1)如图(1),取SA中点M,连ME,BM,则ME∥AC,所以直线AC与BE所成角等于直线ME与BE所成角,则ME=,BM=BE=2,cos∠MEB==,所以直线AC与BE所成角的余弦值为.(2)如图(2),取SB中点N,连接AN,CN,则AN⊥SB,CN⊥SB⇒SB⊥平面ACN⇒平面SAB⊥平面ACN,因此直线AC与平面SAB所成的角为∠CAN,因为AN=CN=AC=2,所以∠CAN=60°,因此直线AC与平面SAB所成的角为60°. 答案:60°13. 如图所示,等边△ABC的边长为4,D为BC中点,沿AD把△ADC折叠到△ADC′处,使二面角B-AD-C′为60°,则折叠后二面角A-BC′-D的正切值为.解析:由题意知∠BDC′即为二面角B-AD-C′的平面角,即∠BDC′=60°,所以BC′=2,作DM⊥BC′于点M,连接AM,则AM⊥BC′,则∠AMD为二面角A-BC′-D的平面角,因为△ABC为等边三角形且BC=4.所以AD=2.DM=.所以tan ∠AMD===2.答案:214.在长方体ABCD A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为的正方形,AA1=3,E是AA1的中点,过C1作C1F⊥平面BDE与平面ABB1A1交于点F,则CF与平面ABCD所成角的正切值为.解析: 连接AC与BD交于点O,因为四边形ABCD是正方形,AA1⊥底面ABCD,所以BD⊥平面ACC1A1,则当C1F与EO垂直时,C1F⊥平面BDE,所以∠ACF是CF与平面ABCD所成角,在矩形ACC1A1中,△C1A1F∽△EAO,则=,因为A1C1=2AO=AB=2,AE=,所以A1F=,所以AF=,所以tan∠ACF===.所以CF与平面ABCD所成角的正切值为.答案:15.已知三棱锥A BCD中,AB⊥CD,且AB与平面BCD成60°角.当的值取到最大值时,二面角A-CD-B的大小为.解析: 如图所示,作AE⊥CD于点E,连接BE,因为AB⊥CD,CD⊥AE,AB∩AE=A,所以CD⊥平面ABE,且CD⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ABE,又因为平面BCD∩平面ABE=BE,所以点A在平面BCD的射影在BE上,所以∠ABE=60°,在△ABE中由余弦定理得AE2=AB2+BE2-2AB×BE×,所以=()2-+1=(-)2+,当=,即BE=2AB时,最小,此时=最大,所以AE=AB,由二面角的定义可知∠AEB为二面角A CD B的平面角,cos∠AEB==,所以∠AEB=.答案:16.高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形,点S,A,B,C,D均在同一球面上,底面ABCD的中心为O1,球心O到底面ABCD的距离为,则异面直线SO1与AB所成角的余弦值的范围为.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设S(x,y,),O(,,),O1(,,0),BC中点M(1,,0),由题设外接球的半径R==1,则(x-)2+(y-)2+=1,即(x-)2+（y-）2=.由于=（x-,y-,）,=（,0,0）,因此·=（x-）,又因为（x-）2=-（y-）2≤,即︱x-︱≤,所以cos<,>==≤.即异面直线SO1与AB所求角的余弦值的范围为［0,］.答案:［0,］三、解答题17.(2018·天津卷) 如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP 的长.解:依题意,可以建立以D为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M（0,,1）,N(1,0,2).(1)依题意得=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则即不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又=（1,-,1）,可得·n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(0,1,1). 设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则即不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>==,于是sin<m,n>=.所以二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h), 可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故︱cos<,>︱==,由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].所以线段DP的长为.。

专题突破练15 空间中的平行与空间角1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1⊥底面ABC,∠A1AC=60°,AC=2AA1=4,点D,E分别是AA1,BC的中点.(1)证明:DE∥平面A1B1C;(2)若AB=2,∠BAC=60°,求直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值.2.(2018河南安阳一模,理19)如图,在空间直角坐标系O-xyz中,正四面体(各条棱均相等的三棱锥)ABCD的顶点A,B,C分别在x轴,y轴,z轴上.(1)求证:CD∥平面OAB;(2)求二面角C-AB-D的余弦值.3.如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.4.(2018江苏盐城模拟,25)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=2,点M是BC的中点.(1)求异面直线AC1与DM所成角的余弦值;(2)求直线AC1与平面AD1M所成角的正弦值.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.6.(2018江苏卷,22)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.7.如图1,在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△BCD沿对角线BD折起到△BC'D的位置,使平面BC'D⊥平面ABD,E是BD的中点,FA⊥平面ABD,且FA=2,如图2.(1)求证:FA∥平面BC'D;(2)求平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值;(3)在线段AD上是否存在一点M,使得C'M⊥平面FBC'?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练15空间中的平行与空间角1.(1)证明取AC的中点F,连接DF,EF,∵E是BC的中点,∴EF∥AB.∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴AB∥A1B1,∴EF∥A1B1,∴EF∥平面A1B1C.∵D是AA1的中点,∴DF∥A1C,∴DF∥平面A1B1C.又EF∩DF=F,∴平面DEF∥平面A1B1C,∴DE∥平面A1B1C.(2)解过点A1作A1O⊥AC,垂足为O,连接OB,∵侧面ACC1A1⊥底面ABC,∴A1O⊥平面ABC,∴A1O⊥OB,A1O⊥OC.∵∠A1AC=60°,AA1=2,∴OA=1,OA1=AB=2,∠OAB=60°,由余弦定理得OB2=OA2+AB2-2OA·AB·cos∠BAC=3,∴OB=,∴∠AOB=90°,∴OB⊥AC.分别以OB,OC,OA1为x轴、y轴、z轴,建立如图的空间直角坐标系O-xyz,由题设可得A(0,-1,0),C(0,3,0),B(,0,0),A1(0,0,),D0,-,E设m=(x1,y1,z1)是平面ABB1A1的一个法向量,则令z1=1,则m=(1,-,1),∴cos<m,>=,∴直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值为2.解 (1)由AB=BC=CA,易知OA=OB=OC.设OA=a,则AB=a,A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a),如图:设D点的坐标为(x,y,z),则由DA=DB=DC=a,可得(x-a)2+y2+z2=x2+(y-a)2+z2=x2+y2+(z-a)2=2a2,解得x=y=z=a,所以=(a,a,0).又平面OAB的一个法向量为=(0,0,a),所以=0,所以CD∥平面OAB.(2)设F为AB的中点,连接CF,DF,则CF⊥AB,DF⊥AB,∠CFD为二面角C-AB-D的平面角.由(1)知,在△CFD中,CF=DF=aa,CD=a,则由余弦定理知cos∠CFD=,即二面角C-AB-D的余弦值为3.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin 45°,,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=,则x=λ,y=1,z=②由①②解得(舍去),所以M,从而设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>=因此二面角M-AB-D的余弦值为4.解在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以D为原点,DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz.∵M(1,2,0),A(2,0,0),C1(0,2,4),=(1,2,0),=(-2,2,4),所以cos<>=,所以异面直线AC1与DM所成角的余弦值为(2)=(2,0,4),设平面A1DM的一个法向量为n=(x,y,z).则取y=1,得x=-2,z=1,故平面A1DM的一个法向量为n=(-2,1,1).于是cos<n,>=,所以直线AC1与平面A1DM所成角的正弦值为5.(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为(3)解由题意知M,C(2,4,0),设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为6.解如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P,从而=(0,2,2),故|cos<>|=因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为(2)因为Q为BC的中点,所以Q,因此=(0,2,2),=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则即不妨取n=(,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为7.(1)证明∵BC'=C'D,E为BD的中点,∴C'E⊥BD.又平面BC'D⊥平面ABD,且平面BC'D∩平面ABD=BD,∴C'E⊥平面ABD.∵FA⊥平面ABD,∴FA∥C'E.又C'E⊂平面BC'D,FA⊄平面BC'D,∴FA∥平面BC'D.(2)解以DB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,EC'所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),A(0,-,0),D(-1,0,0),F(0,-,2),C'(0,0,),=(-1,-,2),=(-1,0,).设平面FBC'的一个法向量为m=(x,y,z),则取z=1,则m=(,1,1).∵平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),∴cos<m,n>=则平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值为(3)解假设在线段AD上存在M(x,y,z),使得C'M⊥平面FBC',设=,则(x,y+,z)=λ(-1,,0)=(-λ,,0),∴x=-λ,y=(λ-1),z=0.而=(-λ,(λ-1),-),由m,得,λ无解.∴线段AD上不存在点M,使得C'M⊥平面FBC'.。

高考专题训练五空间几何体班级 _______ 姓名__________ 时间：45分钟分值：75分总得分一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上.1.（2011 •浙江）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（）解析：由三视图可知，该几何体的直观图为B.答案：B侧（左）视图俯视图BAC D2. （2011•辽宁）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2晶 它的三视图中的俯视图如图所示，侧（左）视图是一个矩形，则这个矩形的面积是（A. 4B. 2 羽 C ・ 2D.^3解析：设该正三棱柱侧棱长和底面边长为a,则晋比=2品由俯视图知，该正三棱柱如图ABC-A }B }C…其侧（左）视图即为 其面积为^3X2 = 2^3.答案：B3. （2011-山师大附中高三模拟）已知某一几何体的正（主）视图与侧a 9a俯视图G（左）视图如图所示，则下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形 有（）正（主）视图 A.①②③⑤ C.①②④⑤解析：根据给出的正（主）视图和侧（左）视图可知，该组合体由上. 中.下三个几何体组合而成，由于正（主）视图和侧（左）视图中三层均 为矩形，所以这些几何体可能是一些长方体、底面为直角三角形的直 三棱柱以及圆柱组合而成的•而第⑤个俯视图中，有两处与已知不符, 一是上层几何体的俯视图不正确,由于上层几何体的正住）视图与侧 （左）视图为两个相同的矩形，所以其俯视图中矩形的两边长应该相 等；二是下层几何体的俯视图不正确，如果下层几何体的底面为俯视 图所示的三角形，则在正（主）视图中底层的矩形应有一条中位线，这 与已知不符合，所以⑤不可能，故选D ・答案：D4. （2011 •湖北）设球的体积为匕，它的内接正方体的体积为心解析：设球的内接正方体的边长为a,侧（左）视图B.②③④⑤ D.①②③④下列说法中最合适的是（）A.匕比匕大约多一半B.匕比匕大约多两倍半C.匕比匕大约多一倍D.匕比匕大约多一倍半・•・Vi=V2 = a\・・・匕=¥兀匕~2・5匕，・・・匕一匕~1・5匕・答案：D5.（2011-北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是（）A. 32B. 16+16^2C・ 48 D・ 16+32^2解析：由三视图可知，该四棱锥为正四棱锥S 底= 4X4 = 16, S«=4X|X4X2V2=16V2「•S表面积=S氐+ S侧=16+答案：B俯视图6. （2011 •辽宁）已知球的直径SC=4, A, B是该球球面上的两点, AB=2f ZASC=ZBSC=45°,则棱锥S-ABC的体积为(ZASC= ZffSC = 45° 且OS = OB = OA = OC = 2,ASOA为全等的等腰直角三角形,且SC丄OB, SC丄OA,^OAQOB = O,・・SC丄平面又VAB = OB = OA = 2,・・・厶人。