最新浙江版高考数学一轮复习专题11立体几何角的计算与证明特色训练及解析

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

关闭Word文档返回原板块。

解答题专项练(四)立体几何综合问题1.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形,∠ADC=120°,AD的中点M是顶点P在底面ABCD的射影,N是PC的中点.(1)求证:平面MPB⊥平面PBC.(2)若MP=MC,直线BN与平面PMC所成角的正弦值.【解析】(1)因为四边形ABCD是菱形,∠ADC=120°,且M是AD的中点, 所以MB⊥AD,所以MB⊥BC.又因为P在底面ABCD的射影M是AD的中点,所以PM⊥平面ABCD,又因为BC⊂平面ABCD,所以PM⊥BC,而PM∩MB=M,PM,MB⊂平面PMB, 所以BC⊥平面PMB,又BC⊂平面PBC,所以平面MPB⊥平面PBC.(2)方法一:过点B作BH⊥MC,连接HN,因为PM⊥平面ABCD,BH⊂平面ABCD,所以BH⊥PM,又因为PM,MC⊂平面PMC,PM∩MC=M,所以BH⊥平面PMC,所以HN为直线BN在平面PMC上的射影,所以∠BNH为直线BN与平面PMC所成的角,在菱形ABCD中,设AB=2a,则MB=AB·sin 60°=a,MC== a.又由(1)知MB⊥BC,所以在Rt△MBC中,BH==a,由(1)知BC⊥平面PMB,PB⊂平面PMB,所以PB⊥BC,所以BN=PC=a,所以sin∠BNH===.方法二:由(1)知MA,MB,MP两两互相垂直,以M为坐标原点,以MA,MB,MP 所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,不妨设MA=1,则M(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),P(0,0,),C(-2,,0), 因为N是PC的中点,所以N,设平面PMC的法向量为n=(x0,y0,z0),又因为=(0,0,),=(-2,,0),所以即令y0=1,则n=,|n|=,又因为=,||=,|cos<,n>|==.所以,直线BN与平面PMC所成角的正弦值为.2.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.(1)求证:AB1⊥平面A1BD.(2)求二面角A-A1D-B的余弦值.【解析】方法一:(1)取BC中点O,连接AO.因为△ABC为正三角形,所以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,所以AO⊥平面BCC1B1,所以AO⊥BD.连接B1O,在正方形BB1C1C中,O,D分别为BC,CC1的中点,所以B1O⊥BD,因为AO∩B1O=O,所以BD⊥平面AOB1,所以AB1⊥BD.在正方形ABB1A1中,AB1⊥A1B,因为BD∩A1B=B,所以AB1⊥平面A1BD.(2)连接AD,设AB1与A1B交于点G,在平面A1BD中,作GF⊥A1D于F,连接AF,由(1)得AB1⊥平面A1BD.所以AF⊥A1D,所以∠AFG为二面角A-A1D-B的平面角.在△AA1D中,由等面积法可求得AF=,又因为AG=AB1=,所以sin∠AFG===.所以二面角A-A1D-B的正弦值为.所以二面角A-A1D-B的余弦值为.方法二:(1)如图,取BC的中点O,连接AO.因为△ABC为正三角形,所以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1,以O为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,),A(0,0,),B1(1,2,0),C(-1,0,0), 所以=(1,2,-),=(-2,1,0),=(-1,2,).因为·=-2+2+0=0,·=-1+4-3=0,所以⊥,⊥,即AB1⊥BD,AB1⊥BA1.又BD与BA1交于点B,所以AB1⊥平面A1BD.(2)连接AD,设平面A1AD的法向量为n=(x,y,z).=(-1,1,-),=(0,2,0).因为n⊥,n⊥,所以即解得令z=1,得n=(-,0,1)为平面A1AD的一个法向量.由(1)知AB1⊥平面A1BD,所以为平面A1BD的法向量.cos<n·>===-,故二面角A-A1D-B的余弦值为.3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=1,AA1=,D为AA1的中点,BD与AB1交于点O,CO⊥侧面ABB1A1.(1)证明:BC⊥AB1.(2)若OC=OA,求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值.【解析】(1)由题意tan∠ABD==,tan∠AB1B==,注意到0<∠ABD<,0<∠AB1B<,所以∠ABD=∠AB1B,所以∠ABD+∠BAB1=∠AB1B+∠BAB1=,所以AB1⊥BD,又CO⊥侧面ABB1A1,所以AB1⊥CO.又BD与CO交于点O,所以AB1⊥平面CBD,又因为BC⊂平面CBD,所以BC⊥AB1.(2)如图,以O为原点,分别以OD,OB1,OC所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,因为D为AA1的中点,所以==,所以OC=OA=AB1==,则A,B,C,B1,D,又因为=2,所以C1.所以=,=,=.设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则根据·n=0,·n=0可取n=(1,,-)是平面ABC的一个法向量,设直线C1D与平面ABC所成的角为α,则sin α==.4.如图,在正方形ABCD中,边长为2,E为AB的中点,F是边BC上的动点.(1)将△ADE沿DE翻折90°到△SDE,求二面角S-DC-E的正切值.(2)若BF>,将△ADE沿DE翻折到△SDE,△BEF沿EF翻折到△SEF,连接DF,设直线DS与平面DEF所成角为θ,求sin θ的最大值.【解析】(1)如图,过S作SG⊥DE于G,过G作GM⊥DC于M,连接SM,因为面SDE⊥面BCDE,面SDE∩面BCDE=DE,所以SG⊥面BCDE.可得∠SMG为二面角S-DC-E的平面角.在Rt△DAE中,AD=2,AE=1,∠A=90°,所以SG==,DG=,所以MG=DG·sin∠EDC=×=,所以tan∠SMG==×=,所以二面角S-DC-E的正切值为.(2)设S在面AEF上的射影为O,连接DO,则∠SDO为直线DS与平面DEF所成角θ.因为SE⊥SD,SE⊥SF,SD∩SF=S,所以SE⊥平面DSF.设BF=x,则CF=2-x.S△DEF=2×2-×2×1-×1×x-×2×(2-x)=1+x. 在△DSF中,DS=2,SF=x,DF=.可得cos∠DSF==1-.S△DSF=DS·SF·sin∠DSF=,因为V S-DEF=V E-DFS,所以·1=·SO⇒SO=.所以sin θ==,令=t,t∈(0,],sin θ==,因为函数f(x)=t+在(0,]上递减,所以当t=,即x=2时,sin θ最大,最大值为.关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

第8节 空间角考试要求 1.能用几何方法解决空间角问题；2.了解向量方法在研究立体几何空间角问题中的应用.知 识 梳 理1.求异面直线所成的角(1)(几何法)通过作平行线化为三角形求解.(2)(向量法)设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角βl 1与l 2所成的角θ范围 (0，π)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2 求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a ·b ||a ||b |2.(1)(几何法)通过直线在平面上的射影求解，其步骤为“一作、二证、三计算”.(2)(向量法)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |. 3.求二面角的大小(1)(几何法)通过一个面的垂线或垂面先作出二面角的平面角，然后加以证明和计算. (2)(向量法)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈AB →，CD →〉.如图②③，n 1，n 2 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角).[常用结论与易错提醒]1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.2.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.3.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察出向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补.4.最小角定理：平面的一条斜线与平面内所有直线的夹角中，斜线与它在平面内的射影的夹角最小.诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π].( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2.(选修2－1P104练习2改编)已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( ) A.45° B.135° C.45°或135°D.90°解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°. 答案 C3.(2020·河北、山西、河南三省联考)在三棱锥P －ABC 中，△ABC 和△PBC 均为等边三角形，且二面角P －BC －A 的大小为120°，则异面直线PB 和AC 所成角的余弦值为( ) A.58 B.34 C.78D.14解析 如图，取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以BC ⊥平面PAO ，即平面PAO ⊥平面ABC .且∠POA 就是其二面角P －BC －A 的平面角，即∠POA ＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.设AB ＝2，则A (3，0，0)，C (0，－1，0)，B (0，1，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，32，所以AC →＝(－3，－1，0)，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，－32，cos 〈AC →，PB →〉＝－58，所以异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为58.答案 A4.如图，把边长为4的正三角形ABC 沿中线AD 折起，使得二面角C －AD －E 的大小为60°，则异面直线AC 与DE 所成角的余弦值为( )A.－14B.14C.－13D.13解析 如图，取AB 的中点F ，连接DF ，EF ，因为D ，F 分别是线段BC ，AB 的中点，所以DF ∥AC ，所以∠EDF (或其补角)是异面直线AC 与DE 所成的角.由正三角形的性质可得AD ⊥BC ，所以∠CDE 就是二面角C －AD －E 的平面角，所以∠CDE ＝60°.又CD ＝DE ，所以△CDE 是正三角形.作EG ⊥CD ，垂足为G ，作FH ⊥BD ，垂足为H ，连接EH ，易知EG ＝DE sin 60°＝2×32＝3，DG ＝DE cos 60°＝2×12＝1，DH ＝12BD ＝12×2＝1，HG ＝DH ＋DG ＝2，FH ＝12AD ＝12×32AC ＝12×32×4＝3.由勾股定理得EH ＝HG 2＋EG 2＝22＋（3）2＝7，EF ＝EH 2＋FH 2＝（7）2＋（3）2＝10.在△EDF 中，由余弦定理得cos∠EDF ＝22＋22－（10）22×2×2＝－14，所以异面直线AC 与DE 所成角的余弦值为14，故选B.答案 B5.已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若 cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为________.解析 设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，∴ sin θ＝| cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 答案 30°6.过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________.解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，则A (0，0，0)，D (0，1，0)，P (0，0，1)，由题意，AD ⊥平面PAB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又易知CD ⊥平面PAD ，AE ⊂平面PAD ， ∴CD ⊥AE ，又PD ∩CD ＝D ，从而AE ⊥平面PCD .所以AD →＝(0，1，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝45°.故平面PAB 与平面PCD 所成的二面角为45°. 答案 45°考点一 求异面直线所成的角【例1】 如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2.求：(1)△PCD 的面积.(2)(一题多解)异面直线BC 与AE 所成的角的大小. 解 (1)因为PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .又底面ABCD 为矩形，所以AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2， 所以△PCD 的面积为12×2×23＝2 3.(2)法一 如图1，取PB 中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角.图1在△AEF 中，由于EF ＝2，AF ＝2，AE ＝12PC ＝2.所以AF 2＋EF 2＝AE 2，∠AFE ＝π2，则△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π4.因此异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.法二 如图2，建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (2，22，0)，P (0，0，2)，E (1，2，1)，AE →＝(1, 2，1)，BC →＝(0，22，0).图2设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.规律方法 (1)几何法求异面直线所成的角关键是根据定义构成三角形求解.(2)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解；④取锐角或直角.【训练1】 (1)(一题多解)(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15 B.56 C.55D.22(2)(一题多解)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2AB ，E ，F 分别为BC ，BB 1的中点，M ，N 分别为AA 1，A 1C 1的中点，则直线MN 与EF 所成角的余弦值为( )A.35B.12C.32 D.45解析 (1)法一 如图，补上一相同的长方体CDEF －C 1D 1E 1F 1，连接DE 1，B 1E 1.易知AD 1∥DE 1，则∠B 1DE 1为异面直线AD 1与DB 1所成角.因为在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，所以DE 1＝DE 2＋EE 21 ＝12＋（3）2＝2，DB 1＝12＋12＋（3）2＝5，B 1E 1＝A 1B 21＋A 1E 21＝12＋22＝5，在△B 1DE 1中，由余弦定理，得cos∠B 1DE 1＝22＋（5）2－（5）22×2×5＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55，故选C.法二 如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM ，易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角.因为在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2，DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52，DB 1＝AB 2＋AD 2＋DD 21＝5，所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理得cos∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55，故选C. 法三 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，如图所示.由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝(－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3)，则由向量夹角公式，得cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55，故选C. (2)法一 如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC 1，CB 1，C 1B ′，易得MN ∥AC 1，EF ∥CB 1∥C 1B ′，那么∠AC 1B ′或∠AC 1B ′的补角即直线MN 与EF 所成的角. 设AA 1＝2AB ＝2a ，则AC 1＝C 1B ′＝3a ，连接AB ′，则AB ′＝a 2＋（22a ）2＝3a ， 由余弦定理得cos ∠AC 1B ′＝（3a ）2＋（3a ）2－（3a ）22（3a ）·（3a ）＝－12.故直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.法二 如图，连接AC 1，C 1B ，CB 1，设C 1B ，CB 1交于点O ，取AB 的中点D ，连接CD ，OD ， 则MN ∥AC 1∥OD ，EF ∥CB 1，那么∠DOC 或其补角即直线MN 与EF 所成的角. 设AA 1＝2AB ＝2a ，则AC 1＝CB 1＝3a ，于是OD ＝OC ＝3a 2， 又CD ＝3a2，于是△OCD 为正三角形， 故直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.法三 取AB 的中点O ，连接CO ，则CO ⊥AB ，以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，过点O 且平行于CC 1的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB ＝2，则AA 1＝22，∴A (－1，0，0)，A 1(－1，0，22)，M (－1，0，2)，C (0，3，0)，C 1(0，3，22)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22，B (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，B 1(1，0，22)，F (1，0，2)，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，2，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，所以cos 〈MN →，EF →〉＝MN →·EF →|MN →||EF →|＝323×3＝12，故直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.答案 (1)C (2)B考点二 求直线与平面所成的角【例2】 (一题多解)(2019·浙江卷)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点.(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值. 法一 (1)证明 如图①，连接A 1E .①因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以A 1E ⊥平面ABC ， 又BC ⊂平面ABC ， 则A 1E ⊥BC .又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F . 又A 1E ∩A 1F ＝A 1，A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ， 所以BC ⊥平面A 1EF .又EF ⊂平面A 1EF ，因此EF ⊥BC .(2)解 如图①，取BC 的中点G ，连接EG ，GF ，则四边形EGFA 1是平行四边形. 由于A 1E ⊥平面ABC ，EG ⊂平面ABC ，故A 1E ⊥EG ， 所以平行四边形EGFA 1为矩形.由(1)得BC ⊥平面EGFA 1，又BC ⊂平面A 1BC ， 则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上. 连接A 1G 交EF 于点O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角). 不妨设AC ＝4，则在Rt△A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152，所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.法二 (1)证明 连接A 1E .因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以A 1E ⊥平面ABC .如图②，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz .②不妨设AC ＝4，则A 1(0，0，23)，B (3，1，0)，B 1(3，3，23)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，C (0，2，0).因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1，0).由EF →·BC →＝0，得EF ⊥BC .(2)解 设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1，0)，A 1C →＝(0，2，－23). 设平面A 1BC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ).由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45，又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cos θ＝35.因此直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.规律方法 求线面角的方法：(1)几何法求线面角的步骤是“一作、二证、三计算”，转化为三角形求解.(2)向量法(或坐标法)求线面角，分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)，注意范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.【训练2】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为边长为2的菱形，∠ADC ＝60°，PC ⊥CD ，E 为PC 的中点，PC ＝1，PA ＝7.(1)求证：PA ∥平面BDE ；(2)(一题多解)求直线BE 与平面PBD 所成的角的正弦值. (1)证明 连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ，则EO ∥PA ， 因为PA ⊄平面BDE ，EO ⊂平面BDE ， 所以PA ∥平面BDE .(2)解 法一 取AB 的中点F ，连接PF ，FC ，AC ，作PH ⊥CF 于点H ， 则由AC ＝CB ，得AB ⊥PF ，AB ⊥FC ，因为PF ∩FC ＝F ，所以AB ⊥平面PFC ，则AB ⊥PH ， 因为AC ∩AB ＝A ，所以PH ⊥平面ABC .在△PAB 中，AB ＝2，PA ＝PB ＝7，得PF ＝6， 又PC ＝1，FC ＝3，于是可求得PH ＝63， 因为S △BDC ＝12×2×3＝3，PH ＝63，PC ⊥CD ，所以在Rt△DPC 中，PD ＝5，又PB ＝7，BD ＝23，所以PD 2＋PB 2＝BD 2， 所以PB ⊥PD ，所以S △PBD ＝352， 由V P －BDC ＝V C －PBD ，得点C 到平面PBD 的距离为2235，则点E 到平面PBD 的距离为235，又在△PBC 中，易求得EB ＝212. 设直线BE 与平面PBD 所成的角为θ，则sin θ＝235EB＝230105. 所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为230105.法二 建立如图所示的空间直角坐标系，则易知A (1，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，0，0)，D (0，－3，0)，由⎩⎨⎧PA ＝7，PC ＝1，PD ＝5，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－36，63，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，－312，66，则BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，－13312，66，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，736，－63，BD →＝(0，－23，0)，所以可求得平面PBD 的一个法向量为m ＝(22，0，33)， 设直线BE 与平面PBD 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BE →·m |BE →||m |＝230105. 即直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为230105.考点三 求二面角【例3】 如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF ︵的中点.(1)设P 是CE ︵上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小；(2)(一题多解)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E －AG －C 的大小. 解 (1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP ，又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP ，又∠EBC ＝120°，因此∠CBP ＝30°. (2)法一 如图1，取EC ︵的中点H ，连接EH ，GH ，CH .因为∠EBC ＝120°，图1所以四边形BEHC 为菱形， 所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13.取AG 的中点M ，连接EM ，CM ，EC ，则EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以∠EMC 为所求二面角的平面角.又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3. 在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，由余弦定理得EC 2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC ＝23，因此△EMC 为等边三角形，故所求的角为60°，即二面角E －AG －C 的大小为60°.法二 以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图2所示的空间直角坐标系.图2由题意得A (0，0，3)，E (2，0，0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)， 故AE →＝(2，0，－3)，AG →＝(1，3，0)，CG →＝(2，0，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧m · AE →＝0，m ·AG →＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2). 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2).所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝12，则〈m ·n 〉＝60°. 因此二面角E －AG －C 的大小为60°.规律方法 (1)几何法求二面角的步骤是“一作、二证、三计算”.注意利用二面角一个平面的垂线、垂面找(作)平面角.(2)利用向量计算二面角大小的常用方法：①找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.②找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.【训练3】 (一题多解)(2020·嘉兴测试)如图，多面体由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1和四棱锥P －ABCD 组成.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为2，四棱锥P －ABCD 侧棱长都相等，高为1.(1)求证：B 1C ⊥平面PCD ； (2)求二面角B －PB 1－C 的余弦值. 法一(几何法)(1)证明 分别取正方体上、下底面中心O ，O 1， 则P ，O ，O 1三点共线，连接PO 1，AC ，D 1B 1，在△PO 1B 1中，因为PO 1＝3，B 1O 1＝2，所以PB 1＝11. 在△POC 中，因为PO ＝1，CO ＝2，所以PC ＝ 3.在△PB 1C 中，B 1C ＝22，B 1C 2＋PC 2＝PB 21，所以∠PCB 1＝90°，即B 1C ⊥PC .又B 1C ⊥CD ，PC ∩CD ＝C ，PC ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，故B 1C ⊥平面PCD . (2)解 易得CO ⊥平面PBB 1，作OE ⊥PB 1于E ，连接CE ，则CE ⊥PB 1， 所以∠CEO 是二面角O －PB 1－C 的平面角. 在Rt△PO 1B 1中，OE PO ＝B 1O 1PB 1，所以OE ＝211.在Rt△CEO 中，tan∠CEO ＝OCOE＝11， 则cos∠CEO ＝36， 从而，二面角B －PB 1－C 的余弦值是－36. 法二(向量法) 以D 1为坐标原点，D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D 1－xyz .(1)证明 因为B 1(2，2，0)，C (0，2，2)，D (0，0，2)，P (1，1，3)，所以B 1C →＝(－2，0，2)，CD →＝(0，－2，0)，CP →＝(1，－1，1)，所以B 1C →·CD →＝0，B 1C →·CP →＝0， 即B 1C ⊥CD ，B 1C ⊥CP ，又PC ∩CD ＝C ，PC ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， 故B 1C ⊥平面PCD .(2)解 易得平面BPB 1的一个法向量是m ＝(1，－1，0). 设n ＝(x ，y ，z )是平面CPB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2z ＝0，x －y ＋z ＝0⇒x ∶y ∶z ＝1∶2∶1，可取n ＝(1，2，1). cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－12×6＝－36，故二面角B －PB 1－C 的余弦值为－36.空间向量在立体几何中的应用【例题】 (满分15分)(2018·浙江卷)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值. 审题路线图 法一(向量法)法二(几何法)满分解答法一 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1).(3分)因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3).5分由AB 1→·A 1B 1→＝0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0得AB 1⊥A 1C 1. 又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.7分(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0，0，2).9分设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z ).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1，0).12分所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→|·|n |＝3913.因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.15分 [构建模板]利用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”……建立空间直角坐标系，写出点的坐标……用向量表示几何元素……通过向量运算，得出结论……用向量表示几何元素……设求平面的法向量……代入线面角的向量公式，结论法二 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB 得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21，由AB 1⊥A 1B 1.3分由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC 得B 1C 1＝5， 由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°得AC ＝23， 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13，所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21， 故AB 1⊥B 1C 1，6分 又A 1B 1∩B 1C 1＝B 1， 因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.7分(2)解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.9分由AB1⊥平面A1B1C1，AB1⊂平面ABB1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1，由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.12分由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21得cos∠C1A1B1＝67，sin∠C1A1B1＝17，所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝C1DAC1＝3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.15分[构建模板]……利用勾股定理，计算证明AB1⊥A1B1……证明AB1⊥B1C1……由线面垂直判定定理得结论(几何法求线面角的步骤：“一作，二证，三计算”)……作出线面角……论证线面角……计算线面角(的正弦值)【训练】 (一题多解)(2017·浙江卷)如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点.(1)证明：CE∥平面PAB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.法一过P作PH⊥CD，交CD的延长线于点H.不妨设AD＝2，∵BC∥AD，CD ⊥AD ，则易求DH ＝12，过P 作底面的垂线，垂足为O ，连接OB ，OH ，易得OH ∥BC ，且OP ，OB ，OH 两两垂直.故可以O 为原点，以OH ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.(1)证明 由PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点，则可得：D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，A ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，34，则CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－54，34，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－32，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32.设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PA →＝x ＋12y －32z ＝0，n ·PB →＝32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x＝1，y ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3)，∴CE →·n ＝12×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－54×1＋34×3＝0. 又∵CE ⊄平面PAB ，∴CE ∥平面PAB .(2)解 由(1)得PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，－32，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32，CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－54，34.设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝32y －32z ＝0，m ·PC →＝－x ＋32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，z ＝3，∴m ＝(0，1，3).设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝ |cos 〈m ，CE →〉|＝|m ·CE →||m ||CE →|＝124×2＝28.∴直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为28. 法二 (1)证明 如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 中点， 所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 又因为CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ， 因此CE ∥平面PAB .(2)解 分别取BC ，AD 的中点为M ，N ， 连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点， 所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD . 由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD . 因为PN ∩BN ＝N ，所以AD ⊥平面PBN . 由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ，因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，则QH ⊥平面PBC .连接MH ，则MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角.设CD ＝1. 在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2， 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt△MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin∠QMH ＝28， 所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28.基础巩固题组一、选择题1.(2020·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35解析 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得O (0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)，∴BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)， ∴cos〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0.∴BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 答案 A2.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1C 1的中点，则异面直线DE 与B 1C 所成角的大小为( )A.π3B.π4C.π6D.π12解析 连接AC ，BD ，B 1E ，设BD 与AC 交于点O ，连接B 1O ，则四边形DOB 1E 为平行四边形，所以DE ∥OB 1，所以异面直线DE 与B 1C 所成角为∠OB 1C ，设正方体棱长为1，则B 1C ＝2，OC ＝22，B 1O ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222，所以cos∠OB 1C ＝2＋1＋12－1221＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222·2＝32. 又因为异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴∠OB 1C ＝π6.答案 C3.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.23 C.33D.22解析 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 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 )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1，2，2).∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， ∴ cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23， 即所成的锐二面角的余弦值为23.答案 B4.(2020·金丽衢十二校三联)正四面体ABCD ，E 为棱AD 的中点，过点A 作平面BCE 的平行平面，该平面与平面ABC 、平面ACD 的交线分别为l 1，l 2，则l 1，l 2所成角的正弦值为( ) A.63B.33C.13D.22解析 由题意得BC ∥l 1，CE ∥l 2，则∠BCE 即为l 1与l 2所成角.设正四面体的棱长为a ，则易得EB ＝EC ＝32a ，设BC 的中点为F ，连接EF ，则易得EF ＝22a ，则l 1与l 2所成角的正弦值为sin∠BCE ＝EF EC ＝22a32a ＝63，故选A.答案 A5.在三棱锥P －ABC 中，点P 在底面的正投影恰好是等边△ABC 的边AB 的中点，且点P 到底面ABC 的距离等于底面边长.设△PAC 与底面所成的二面角的大小为α，△PBC 与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( ) A.34 3 B.25 3 C.－8133D.－583解析 如图，设点P 在边AB 上的射影为H ，作HF ⊥BC ，HE ⊥AC ，连接PF ，PE .依题意，∠HEP ＝α，∠PFH ＝β.不妨设等边△ABC 的边长为2，则PH ＝2，AH ＝BH ＝1. ∴HE ＝32，HF ＝32，则tan α＝tan β＝232＝43， 故tan(α＋β)＝2tan α1－tan 2α＝2×431－⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝－8133. 答案 C 二、填空题6.如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，EC 的中点，在这个正四面体中，①GH 与EF 平行；②BD 与MN 为异面直线；③GH 与MN 成60°角；④DE 与MN 垂直. 以上四个命题中，正确命题的序号是________.解析 还原成正四面体A －DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合. 易知GH 与EF 异面，BD 与MN 异面. 连接GM ，∵△GMH 为等边三角形， ∴GH 与MN 成60°角，易证DE ⊥AF ，又MN ∥AF ，∴MN ⊥DE . 因此正确命题的序号是②③④. 答案 ②③④7.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角大小为__________；直线EF 与底面ABC 所成角的大小为________.解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系.设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)， 则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°； ∵FB ⊥平面ABC ，BF ＝BE ＝1，∴∠FEB 为直线EF 与底面ABC 的夹角且为45°. 答案 60° 45°8.已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________.解析 延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示.设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角.∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan∠EHB ＝EB BH ＝23. 答案239.在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________.解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA 1＝2AB ＝2，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，则DC →＝(0，1，0)，DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2).设平面BDC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2，1).设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23. 答案 23三、解答题10.(2020·台州期末评估)如图，四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，PD ＝AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 为PB 的中点.(1)证明：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)(一题多解)求直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值. (1)证明 PC ⊥平面ABCD ，故PC ⊥AC . 又AB ＝2，AD ＝CD ＝1，AD ⊥AB ， 所以AC ＝BC ＝ 2.故AC 2＋BC 2＝AB 2，即AC ⊥BC . 又BC ∩PC ＝C ，所以AC ⊥平面PBC ，因为AC ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面PBC . (2)解 法一 PC ⊥平面ABCD ，故PC ⊥CD .又PD ＝2，所以PC ＝ 3.在平面PCB 内，过点P 作PH⊥CE ，垂足为H . 由(1)知平面ACE ⊥平面PBC ，所以PH ⊥平面ACE ， 又点E 为PB 的中点，CE ＝12PB ＝52.由等面积法得CE ·PH ＝12PC ·BC .所以PH ＝305. 又点E 为PB 的中点，所以点P 到平面ACE 的距离与点B 到平面ACE 的距离相等.连接BD 交AC 于点G ，则GB ＝2DG .所以点D 到平面ACE 的距离是点B 到平面ACE 的距离的一半，即12PH .所以直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值为12PH PD ＝3020.法二 如图，取AB 的中点F ，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为PD ＝2，所以CP ＝ 3.所以C (0，0，0)，D (0，1，0)，P (0，0，3)，A (1，1，0)，B (1，－1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，32.PD →＝(0，1，－3)，CA →＝(1，1，0)，CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，32. 设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x 2－y 2＋32z ＝0， 取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－233，即n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，－233. 设直线PD 与平面AEC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PD →〉|＝122＋43＝3020. 所以直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值为3020. 11.(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B －EC －C 1的正弦值. (1)证明 由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，B 1C 1，EC 1⊂平面EB 1C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)解 由(1)知∠BEB 1＝90°. 由题设知Rt△ABE ≌Rt△A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，E (1，0，1)，CB →＝(1，0，0)，CE →＝(1，－1，1)，CC 1→＝(0，0，2).设平面EBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1).设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 2＝0，x 2－y 2＋z 2＝0，所以可取m ＝(1，1，0).于是cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－12，则sin 〈n ，m 〉＝32， 所以二面角B －EC －C 1的正弦值为32. 能力提升题组12.如图，在Rt△ABC 中，∠BAC ＝60°，点F 在斜边AB 上，且AB ＝4AF ，点M 在线段BC 上运动，D ，E 是平面ABC 同一侧的两点，AD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，AD ＝3，AC ＝BE ＝4.当点M 运动到线段BC 的中点时，异面直线CF 与EM 所成角的余弦值为( )A.2114B.714C.77D.217解析 取BF 的中点N ，连接MN ，EN ，因为M ，N 分别为BC ，BF 的中点，所以MN ∥CF ，且MN ＝12CF ，所以∠EMN 为异面直线CF 与EM所成的角.因为AC ＝4，∠BAC ＝60°，∠ACB ＝90°， 所以BC ＝43，BM ＝23，所以EM ＝BM 2＋BE 2＝（23）2＋42＝27. 因为AC ＝4，∠BAC ＝60°，∠ACB ＝90°， 所以AB ＝8，所以AF ＝14AB ＝2，BF ＝34AB ＝6，所以BN ＝3，所以EN ＝BE 2＋BN 2＝42＋32＝5. 在△ACF 中，由余弦定理得CF ＝23， 所以MN ＝ 3.在△EMN 中，由余弦定理可得cos∠EMN ＝ME 2＋MN 2－EN 22ME ·MN＝28＋3－252×27×3＝2114，所以异面直线CF 与EM 所成角的余弦值为2114.故选A. 答案 A13.(2020·绍兴适应性考试)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ，AC ，AA 1两两互相垂直，AB ＝AC ＝AA 1，M ，N 分别是侧棱BB 1，CC 1上的点，平面AMN 与平面ABC 所成的(锐)二面角为π6.当B 1M 最小时，∠AMB ＝( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析 不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝2，设平面AMN 与平面ABC 的交线为l ，过点B 作直线l 的垂线BH ，设垂足为点H ，因为AB ，AC ，AA 1两两互相垂直，所以∠MHB 为平面AMN 与平面ABC 所成的锐二面角，则tan∠MHB ＝BM BH ＝33，要使B 1M 最小，则BM 最大，即BH 最大，因为BH ⊥AH ，所以点H 在平面ABC 内的轨迹为以AB 为直径的圆，则(BH )max ＝AB ＝2，所以(BM )max ＝233，则此时tan∠AMB ＝AB BM ＝3，则∠AMB ＝π3，故选B.答案 B14.(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值.(1)证明 如图，连接B 1C ，ME . 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綉DC ， 可得B 1C 綉A 1D ，故ME 綉ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形， 所以MN ∥ED . 又MN ⊄平面C 1DE . 所以MN ∥平面C 1DE .(2)解 由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →，DE →，DD 1→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (2，0，0)，A 1(2，0，4)，M (1，3，2)，N (1，0，2)，A 1A →＝(0，0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1，0，－2)，MN →＝(0，－3，0). 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可取m ＝(3，1，0).设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2，0，－1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，则sin 〈m ，n 〉＝105， 所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105. 15.(2019·天津卷)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为13，求线段CF 的长.解 依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2). 设CF ＝h (h >0)，则F (1，2，h ).(1)证明 依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的一个法向量， 又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0， 又因为直线BF ⊄平面ADE ， 所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2). 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2，2，1). 因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .又n ＝(2，2，1)为平面BDE 的一个法向量，故由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h 2＝13. 解得h ＝87.经检验，符合题意. 所以线段CF 的长为87.。

45分钟滚动基础训练卷(十)(考查范围：第36讲～第43讲，以第41讲～第43讲为主 分值：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．[2012·长沙二模] 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 中在平面α内的是( )A ．P (2，3，3)B ．P (－2，0，1)C ．P (－4，4，0)D ．P (3，－3，4)2．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1，2)，且a 与b 的夹角的余弦值为89，则λ等于 ( )A ．2B ．－2C ．－2或255D ．2或－2553．[2012·杭州二模] 已知a ＝(λ＋1，0，2)，b ＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b ，则λ与μ的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3，2D ．2，24．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为侧面BCC 1B 1的中心．若AE →＝zAA 1→＋xAB →＋yAD →，则x ＋y ＋z 的值为( )A ．1 B.32C ．2 D.345．[2012·银川二模] 已知二面角α－l －β的大小为120°，点B 、C 在棱l 上，A ∈α，D ∈β，AB ⊥l ，CD ⊥l ，AB ＝2，BC ＝1，CD ＝3，则AD 的长为( )A.14B.13 C ．2 2 D ．2 56．[2012·哈尔滨三模] 已知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.627B.637C.647D.6577．[2013·济南期中] 已知△ABC 的三个顶点分别是A (1，－1，2)，B (5，－6，2)，C (1，3，－1)，则AC 边上的高BD 长为( )A ．5 B.41 C ．4 D ．2 58．[2012·石家庄三模] 正四棱锥P －ABCD 的所有棱长相等，E 为PC 的中点，那么异面直线BE 与PA 所成角的余弦值等于( )A.12B.22C.23D.33二、填空题(本大题共3个小题，每小题6分，共18分)9．若向量a ＝(1，1，x )，b ＝(1，2，1)，c ＝(1，1，1)，满足条件(c －a )·(2b )＝－2，则x ＝________．10．如图G10－1，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别是C 1D 1，CC 1的中点，则直线B 1N 与平面BDM 所成角的正弦值为________．11．[2013·温州八校联考] 在二面角α－l－β中，A∈l，B∈l，AC⊂α，BD⊂β且AC⊥l，BD⊥l，已知AB＝1，AC＝BD＝2，CD＝5，则二面角α－l－β的余弦值为________．三、解答题(本大题共3小题，每小题14分，共42分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)12．[2012·长春三模] 如图G10－2所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．13．[2012·绍兴一中模拟] 平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝22，且∠BAD＝45°，以BD为折线，把△ABD折起，使平面ABD⊥平面CBD，连接AC.(1)求异面直线AD与BC所成角大小；(2)求二面角B－AC－D平面角的大小；(3)求四面体ABCD外接球的体积．图G1014．[2012·浙大附中模拟] 如图G10－4，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝2AB ，E ，F 分别为PC ，CD 的中点．(1)试证：CD ⊥平面BEF ；(2)设PA ＝k ·AB ，且二面角E －BD －C 的平面角大于30°，求k 的取值范围．45分钟滚动基础训练卷(十)1．A [解析] ∵n ＝(6，－3，6)是平面α的法向量，∴n ⊥MP →，在选项A 中，MP →＝(1，4，1)，∴n ·MP →＝0.2．C [解析] 由已知得89＝a ·b |a ||b |＝2－λ＋45＋λ2·9， ∴85＋λ2＝3(6－λ)，解得λ＝－2或λ＝255.3．A [解析] ∵a∥b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＋1＝6k ，0＝（2μ－1）k ，2＝2λ·k ，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12，故选A.4．C [解析] ∵AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋12AA 1→＋12AD →.∴x ＋y ＋z ＝1＋12＋12＝2.5．D [解析] 由条件知|AB →|＝2，|BC →|＝1，|CD →|＝3，AB →⊥BC →，BC →⊥CD →，〈AB →，CD →〉＝60°，AD →＝AB →＋BC →＋CD →，∴|AD →|2＝|AB →|2＋|BC →|2＋|CD →|2＋2AB →·BC →＋2BC →·CD →＋2AB →·CD →＝4＋1＋9＋2×2×3×cos60°＝20，∴|AD →|＝2 5.6．D [解析] ∵a ，b ，c 三向量共面，a ，b 不共线，∴存在实数m ，n 使c ＝m a ＋n b ，即(7，5，λ)＝(2m －n ，－m ＋4n ，3m －2n )，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m －n ＝7，－m ＋4n ＝5，λ＝3m －2n ，∴λ＝657.7．A [解析] 由于|AD →|＝|AB →|·|cos 〈AB →，AC →〉|＝|AB →·AC →||AC →|＝4，所以|BD →|＝|AB →|2－|AD →|2＝5，故选A.8．D [解析] 以AD →，AB →，AP →为基向量，则BE →＝12(BP →＋BC →)＝12(AD →＋AP →－AB →)，由条件设，|AD →|＝|AP →|＝|AB →|＝1，则AP →·AD →＝12，AP →·AB →＝12，AD →·AB →＝0，∴AP →·BE →＝12(AP →·AD →＋|AP →|2－AP →·AB →)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1－12＝12， |BE →|2＝14(|AD →|2＋|AP →|2＋|AB →|2－2AD →·AB →－2AP →·AB →＋2AD →·AP →)＝14(1＋1＋1－0－1＋1)＝34，∴|BE →|＝32， ∴cos 〈AP →，BE →〉＝AP →·BE →|AP →|·|BE →|＝121×32＝33，故选D.9．2 [解析] ∵a ＝(1，1，x )，b ＝(1，2，1)，c ＝(1，1，1)，∴(c －a )·(2b )＝(0，0，1－x )·(2，4，2)＝2(1－x )＝－2，解得x ＝2.10.53[解析] 以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DD 1→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，则B 1(2，2，2)，N (0，2，1)，NB 1→＝(2，0，1)，又M (0，1，2)，D (0，0，0)，B (2，2，0)，则DB →＝(2，2，0), DM →＝(0，1，2), 可得平面BDM 的一个法向量n ＝(2，－2，1)，因为cos 〈n ，NB 1→〉＝n ·NB 1→|n ||NB 1→|＝53， 故直线B 1N 与平面BDM 所成角的正弦值是53. 11.12 [解析] 由CD 2＝AB 2＋AC 2＋BD 2－2×AC ×BD ×cos α得cos α＝12.12．解：设正方体的棱长为1，如图所示，以AB ，AD ，AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，A (0，0，0)，D (0，1，0)，所以BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，12， AD →＝(0，1，0)．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，因为AD ⊥平面ABB 1A 1，所以AD →是平面ABB 1A 1的一个法向量，设直线BE 与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|BE →·AD →||BE →|·|AD →|＝132×1＝23，即直线BE 与平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(2)依题意，得A 1(0，0，1)，BA 1→＝(－1，0，1),BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，12.设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量，则由n ·BA 1→＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0， 所以x ＝z ，y ＝12z .取z ＝2，得n ＝(2，1，2)．设F 是棱C 1D 1上的点，则F (t ，1，1)(0≤t ≤1)．又B 1(1，0，1)，所以B 1F →＝(t －1，1，0)，而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇒B 1F →·n＝(t －1，1，0)·(2，1，2)＝0⇒2(t －1)＋1＝0⇒t ＝12⇒F 为C 1D 1的中点．这说明在棱C 1D 1上存在一点F (F 为C 1D 1的中点)， 使B 1F ∥平面A 1BE .13．解：在△ABD 中，BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos45°＝4⇒BD ＝2，易得AB ⊥BD .在四面体ABCD 中，以D 为原点，D 垂直于平面BDC 的射线为z 轴，建立如图空间直角坐标系．则D (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，A (2，0，2)．(1)由于AD →＝(－2，0，－2)，BC →＝(－2，2，0)．设AD 与BC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AD →·BC →|AD →|·|BC →|＝12⇒θ＝60°，即异面直线AD 与BC 所成角为60°.(2)设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，而BA →＝(0，0，2)，BC →＝(－2，2，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA →＝0，n ·BC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧2z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1，1，0)．设平面DAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，而DA →＝(2，0，2)，DC →＝(0，2，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DA →＝0，m ·DC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2y ＝0，取m ＝(1，0，－1)，所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝12，所以二面角B －AC －D 的大小是60°.(3)由于△ABC ，△ADC 均为直角三角形，故四面体ABCD 的外接球球心在AC 中点．又AC ＝23，所以球半径R ＝3，得V ＝43πR 3＝43π.14．解：方法一：(1)由已知DF ∥AB 且∠DAB 为直角，故四边形ABFD 是矩形，从而CD ⊥BF . 又PA ⊥底面ABCD ，CD ⊥AD ，故知CD ⊥PD .在△PDC 中，E ，F 分别PC ，CD 的中点，故EF ∥PD ，从而CD ⊥EF .又EF ∩BF ＝F ，由此得CD ⊥面BEF .(2)连接AC 交BF 于G .易知G 为AC 的中点．连接EG ，则在△PAC 中易知EG ∥PA .又PA ⊥底面ABCD ，故EG ⊥底面ABCD .在底面ABCD 中，过G 作GH ⊥BD ，垂足为H ，连接EH .由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E －BD －C 的平面角．设AB ＝a ，则在△PAC 中，有EG ＝12PA ＝12ka .以下计算GH ，考察底面的平面图(如图)．连接GD .因S △GBD ＝12BD ·GH ＝12GB ·DF ，故GH ＝GB ·DFBD.在△ABD 中，因为AB ＝a ，AD ＝2a ，得BD ＝5a ，而GB ＝12FB ＝12AD ＝a .DF ＝AB ，从而得GH ＝GB ·DF BD ＝a ·a 5a ＝55a .因此tan ∠EHG ＝EGGH ＝12ka 55a ＝52k . 由k ＞0知∠EHG 是锐角，故要使∠EHG ＞30°，必须52k ＞tan30°＝33， 解之得，k 的取值范围为k ＞21515. 方法二：(1)如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝a ，则易知点A ，B ，C ，D ，F 的坐标分别为A (0，0，0)，B (a ，0，0)，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，F (a ，2a ，0)．从而DC →＝(2a ，0，0)，BF →＝(0，2a ，0)， DC →·BF →＝0，故DC →⊥BF →.设PA ＝b ，则P (0，0，b )，而E 为PC 中点，故E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，b 2，从而BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，a ，b 2，DC →·BE →＝0，故DC →⊥BE →. 由此得CD ⊥面BEF.(2)设E 在xOy ，连接EH ，由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E －BD －C 的平面角．由PA ＝k ·AB 得P (0，0，ka )，E ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a ，ka 2，G (a ，a ，0)．设H (x ，y ，0)，则GH →＝(x －a ，y －a ，0)，BD →＝(－a ，2a ，0)．由GH →·BD →＝0得－a (x －a )＋2a (y －a )＝0，即x －2y ＝－a .①又因BH →＝(x －a ，y ，0)，且BH →与BD →的方向相同，故x －a －a ＝y 2a ，即2x ＋y ＝2a .②由①②解得x ＝35a ，y ＝45a ，从而GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－25a ，－15a ，0，|GH →|＝55a .tan ∠EHG ＝|EG →||GH →|＝ka255a＝52k .由k ＞0知，∠EHG 是锐角，由∠EHG ＞30°，得tan ∠EHG＞tan30°，即52k ＞33，故k 的取值范围为k ＞21515.。

第七章立体几何[深研高考·备考导航]为教师备课、授课提供丰富教学资源[五年考情]考点2016年2015年2014年2013年2012年三视图直观图及几何体的表面积体积11,6分(理)14,4分(理)9,6分(文)2,5分(理)2,5分(文)3,5分(理)3,5分(文)12,4分(理)5,5分(文)11,4分(理)3,5分(文)空间点线面的位置关系2,5分(理)14,4分(理)17(1)，7分(理)2,5分(文)18(1)，7分(文)13,4分(理)17(1)，7分(理)4,5分(文)18(1)，7分(文)17,4分(理)20(1)，7分(理)6,5分(文)20,8分(文)10,5分(理)20(2)，9分(文)4,5分(文)5,5分(文)10,5分(理)5,5分(文)20(1)，7分(理)20，约8分(文)空间向量及其应用、空间角17(2)，8分(理)14,4分(文)18(2)，8分(文)8,5分(理)7,5分(文)18(2)，8分(文)20(2)，8分(理)20(2)，8分(文)20(2)，9分(理)20(2)，5分(文)20(2)，7分(理)20(2)，7分(文)[重点关注]分析近5年某某卷高考试题发现本章主要考查简单几何体的三视图及表面积、体积、空间中线、面的平行垂直关系、突出对空间想象能力，逻辑推理能力的考查、分值大约在20分左右．第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图1．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝90°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)如图7­1­1，长方体ABCD­A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是( )图7­1­1A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体C[由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．]3．如图7­1­2，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )图7­1­2A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱B[由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为如图所示的三棱柱．]4．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图7­1­3所示，则该几何体的侧(左)视图为( )图7­1­3B[由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.]5．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________. 【导学号：51062215】2π[由题意得圆柱的底面半径r＝1，母线l＝1，所以圆柱的侧面积S＝2πrl＝2π.]空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点(2)以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3(1)B(2)B[(1)如图①所示，可知A错．如图②，当PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD 为矩形时，则四个侧面均为直角三角形，B正确．①②根据棱台的定义，可知C，D不正确．(2)由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确．][规律方法] 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．2．圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．3．因为棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．[变式训练1] 下列结论正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线D[如图①知，A不正确．如图②，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．①②C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．由母线的概念知，选项D正确．]空间几何体的三视图☞角度1 由空间几何体的直观图判断三视图一几何体的直观图如图7­1­4，下列给出的四个俯视图中正确的是( )图7­1­4A B C DB[该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合．]☞角度2 已知三视图，判断几何体(1)某四棱锥的三视图如图7­1­5所示，该四棱锥最长棱棱长为( )图7­1­5A．1 B. 2C. 3 D．2(2)如图7­1­6是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )图7­1­6A．20πB．24πC．28πD．32π(1)C(2)C[(1)由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中PA⊥平面ABCD.又PA＝AD＝AB＝1，且底面ABCD是正方形，所以PC为最长棱．连接AC，则PC＝AC2＋PA2＝22＋1＝ 3.(2)由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4＝16π，底面积为π·22＝4π；圆锥的底面直径为4，高为23，所以圆锥的母线长为232＋22＝4，所以圆锥的侧面积为π×2×4＝8π.所以该几何体的表面积为S＝16π＋4π＋8π＝28π.][规律方法] 1.由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认．2．根据三视图还原几何体．(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．易错警示：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.空间几何体的直观图(2017·某某模拟)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( )A.34a 2B.38a 2 C.68a 2D.616a 2 D [如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′， 则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ， 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.][规律方法] 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握．对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量．2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形． [变式训练2] 已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________. 【导学号：51062216】22[如图所示：因为OE ＝22－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.][思想与方法]1．画三视图的三个原则：(1)画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”．(2)摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方．(3)实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出． 2．棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想．[易错与防X]1．确定正视、侧视、俯视的方向，观察同一物体方向不同，所画的三视图也不同． 2．对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图，易忽视交线的位置，实线与虚线的不同致误．课时分层训练(三十六)空间几何体的结构及其三视图和直观图A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．下列叙述中，正确的个数为( )①在棱柱中，各侧面都是平行四边形；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线；③有两个面互相平行，且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台．A．0 B．1C．2 D．3C[由棱柱的结构特征可知①正确．由圆锥母线的定义可知②正确．棱台的定义是棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，各侧棱延长线相交于一点才行，故③错．] 2．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )【导学号：51062217】A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱A[由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．]3．(2017·某某质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图7­1­7所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )图7­1­7A B C DD[由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，∴该三棱锥的侧视图可能为选项D.]4．一个几何体的三视图如图7­1­8所示，则该几何体的表面积为( )图7­1­8A ．3πB ．4πC ．2π＋ 4D ．3π＋4D [由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.]5．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图7­1­9，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )图7­1­9A.18B.17C.16D.15D [由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.]二、填空题6．(2017·某某五校联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图7­1­10所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．图7­1­102 2 [因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.]7．如图7­1­11所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P­ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________．图7­1­111 [三棱锥P­ABC的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.]8．某三棱锥的三视图如图7­1­12所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.【导学号：51062218】图7­1­122 2 [由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中PA⊥平面ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC，故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△PAC中，PC＝PA2＋AC2＝22＋22＝2 2.]三、解答题9．某几何体的三视图如图7­1­13所示．图7­1­13(1)判断该几何体是什么几何体？(2)画出该几何体的直观图. 【导学号：51062219】[解] (1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后的几何体.6分(2)直观图如图所示.15分10．如图7­1­14，在四棱锥P ­ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．图7­1­14(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .[解] (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.6分(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.8分由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt △APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝622＋62＝6 3 cm.15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．在如图7­1­15所示的空间直角坐标系O­xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )图7­1­15A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②D[如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.]2．(2017·某某学军中学质检)如图7­1­16是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是( ) 【导学号：51062220】图7­1­16A．4 B．5C．3 2 D．3 3D[由三视图作出几何体的直观图(如图所示)，计算可知AF最长，且AF＝BF2＋AB2＝3 3.]3．某四棱柱的三视图如图7­1­17所示，则该四棱柱的体积为________．图7­1­1732[由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD­A′B′C′D′.故该四棱柱的体积V＝Sh＝12×(1＋2)×1×1＝32.]。

第八章立体几何与空间向量知识点最新考纲空间几何体的结构特征及三视图和直观图了解多面体和旋转体的概念，理解柱、锥、台、球的结构特征．了解简单组合体，了解中心投影、平行投影的含义．了解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体．会用斜二测法画出它们的直观图.空间几何体的表面积与体积会计算柱、锥、台、球的表面积和体积.空间点、直线、平面之间的位置关系了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义．掌握如下可以作为推理依据的公理和定理．公理1 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4 平行于同一条直线的两条直线互相平行．定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.空间中的平行关系、垂直关系理解空间线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理和性质定理．判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直；一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行；如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行；垂直于同一个平面的两条直线平行；两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.空间角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.空间向量及其运算了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，了解空间向量的正交分解及其坐标表示．了解空间向量的加、减、数乘、数量积的定义，坐标表示的运算.立体几何中的向量方法了解空间两点间的距离公式、向量的长度公式及两向量的夹角公式．了解直线的方向向量与平面的法向量．了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法.第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相相交于延长线交等，垂直于底面一点于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看到的线画实线，看不到的线画虚线．[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(4)在正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )(6)菱形的直观图仍是菱形．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×[教材衍化]1．(必修2P19T2改编)下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．(必修2P8A组T1(1)改编)在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤3．(P15练习T1改编)已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③[易错纠偏]棱柱的概念不清致误.如图，长方体ABCD­A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台(2)以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3【解析】(1)底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错．(2)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰，才得到是圆台的旋转体；命题③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以得到一个圆锥和一个圆台．【答案】(1)B (2)B空间几何体概念辨析问题的常用方法1．给出下列命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A.①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③显然错误．2．下列说法正确的是( )A．以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析：选D.球面和球是两个不同的概念，以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球，A错误．对于B，如图，满足有两个面平行，其余四个面都是等腰梯形，但它不是棱台，故B错．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．C错误．由母线的概念知，选项D正确．空间几何体的三视图(高频考点)空间几何体的三视图是每年高考的热点，题型为选择题或填空题，难度适中，属于中档题．主要命题角度有：(1)由空间几何体的直观图识别三视图；(2)由空间几何体的三视图还原直观图；(3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图．角度一由空间几何体的直观图识别三视图(2020·某某省名校协作体高三联考)“牟合方盖”是我国古代数学家X徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )【解析】根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.【答案】 B角度二由空间几何体的三视图还原直观图某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．32B．2 3C．22D．2【解析】由三视图还原为如图所示的四棱锥A－BCC1B1，从图中易得最长的棱长为AC1＝AC2＋CC21＝（22＋22）＋22＝23，选B.【答案】 B角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )【解析】由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.【答案】 B三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．1．(2020·瑞安四市联考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段CD的中点，则三棱锥P­A1B1A的侧视图为( )解析：选D.如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P­A1B1A，B(C)点消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.2．(2020·某某期中)如图(1)、(2)、(3)、(4)为四个几何体的三视图，根据三视图可判断这四个几何体依次为( )A．三棱台、三棱柱、圆锥、圆柱B．三棱台、三棱锥、圆锥、圆台C．三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台D．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台解析：选C.如题图(1)三视图复原的几何体是放倒的三棱柱；(2)三视图复原的几何体是四棱锥；(3)三视图复原的几何体是圆锥；(4)三视图复原的几何体是圆台．所以(1)(2)(3)(4)的顺序为：三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台．故选C.3．(2020·某某高校招生选考试题)如图，在三棱锥A­BCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝43，则该三棱锥三视图的正视图为( )解析：选C.由题意，三棱锥三视图的正视图为等腰三角形，△BCD中，BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CD＝23，设C在BD上的射影为E，则123＝CE·43，所以CE＝3，DE ＝CD2－CE2＝3，故选C.空间几何体的直观图如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形B．矩形C．菱形 D．一般的平行四边形【解析】如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2 cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，故四边形OABC是菱形，因此选C.【答案】 C(变条件、变问法)若本例中直观图为如图所示的一个边长为1 cm的正方形，则原图形的周长是多少？解：将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中OB＝22，AB＝12＋（22）2＝3(cm)，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．原图与直观图中的“三变”与“三不变”1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．菱形D ．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD 中DA ⊥AB ，并且AD ∥BC ，AB ∥CD ，故四边形ABCD 为矩形．2．在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：因为OE ＝ （2）2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22核心素养系列14 直观想象——构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( )A.16B.26C.36D.12【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，正视图和侧视图中分别有一个直角．正视图和侧视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A.【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】 第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①. 第二步，找直角，在俯视图、正视图和侧视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥A ­BCD ，如图②.[基础题组练]1．下列说法正确的有( )①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2.如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )A．①②B．②③C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.4．(2020·某某学军中学高三期中)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D.5．(2020·某某十校联考)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B．6＋ 3C.32＋3 3 D．4 3解析：选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2020·某某模拟)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33B.17C.41D.42解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥E ­ABB 1A 1，如图所示(其中ABCD ­A 1B 1C 1D 1是棱长为4的正方体，C 1E ＝1)，EA ＝32＋42＋42＝41，EA 1＝12＋42＋42＝33，EB ＝32＋42＝5，EB 1＝12＋42＝17，AB ＝BB 1＝B 1A 1＝A 1A ＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为5 cm ，宽为4 cm 的矩形，则其直观图的面积为________． 解析：由于该矩形的面积S ＝5×4＝20(cm 2)，所以其直观图的面积S ′＝24S ＝52(cm 2)．答案：5 2 cm 28．如图所示的Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周得到的图形是________．解析：过Rt △ABC 的顶点C 作线段CD ⊥AB ，垂足为点D ，所以Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周后得到是以CD 作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．答案：两个圆锥的组合体9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P ­ABCD ，易知四棱锥P ­ABCD 的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案：410．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.答案：2 311. 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝63(cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥V­ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，求△AEF的周长的最小值．解：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF的周长的最小值为6.[综合题组练]1．(2020·某某市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O­xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )解析：选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O­xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.2．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A ．2B ．2 2 C.3D ．2 3解析：选D.在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D 1­BCB 1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D.3．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且点F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.4．如图，三棱锥V ­ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直，且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ­ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：335．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积． 解：(1)正六棱锥． (2)其侧视图如图： 其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.6．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示：。

向量法求空间角考试要求 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．知识梳理1．异面直线所成的角若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u·v ||u||v |.2．直线与平面所成的角如图，直线AB 与平面α相交于点B ，设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪u ·n |u ||n |＝|u·n||u||n|.3．平面与平面的夹角如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.常用结论1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( × )(2)直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l 与平面α所成的角．( × )(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( √ )教材改编题1．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.32答案 C解析 因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×3＝－22.所以l 1和l 2夹角的余弦值为22. 2．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．答案 30°解析 设直线l 与α所成角为θ， sin θ＝||cos 〈m ，n 〉＝12，又∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝30°.3．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______． 答案156解析|0，－1，3·2，2，4|1＋9×4＋4＋16＝156.题型一 异面直线所成的角例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为AB ，CD 1，AD 的中点，则异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为( )A ．0 B.1010C.22D ．1答案 A解析 如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(2,0,2)，G (1,0,0)，E (2,1,0)，F (0,1,1)，所以A 1G —→＝(－1,0，－2)，EF →＝(－2,0,1)， 设异面直线A 1G 与EF 所成的角为θ， 则cos θ＝|A 1G —→·EF →||A 1G —→||EF →|＝|－1×－2－2×1|5×5＝0.(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO 的截面△ABC 是正三角形，AB 是底面圆O 的直径，点D 在AB ︵上，且∠AOD ＝2∠BOD ，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为( )A.34B.12C.14D.34答案 A解析 因为∠AOD ＝2∠BOD ，且∠AOD ＋∠BOD ＝π， 所以∠BOD ＝π3，连接CO ，则CO ⊥平面ABD ，以点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O 的半径为2，则A (0，－2,0)，B (0,2,0)，C (0,0，23)，D (3，1,0)， AD →＝(3，3,0)，BC →＝(0，－2,23)，设异面直线AD 与BC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD →，BC →〉|＝|AD →·BC →||AD →||BC →|＝|－6|23×4＝34，因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 教师备选如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 B解析 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 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，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0， ∴AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴cos〈AD →，A 1C —→〉＝AD →·A 1C —→|AD →||A 1C —→|＝12，∴即异面直线AD ，A 1C 所成角为π3.思维升华用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案 13解析 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(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)， ∴D 1E —→＝(0,2，－1)， A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD → ＝(－2λ，0，－2)．∴cos〈A 1F —→，D 1E —→〉＝A 1F —→·D 1E —→|A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210， 解得λ＝13⎝⎛⎭⎪⎫λ＝－13舍.(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________．答案24解析 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形， 所以BM ⊥AC ，同理，A 1M ⊥AC ， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1， 因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1， 所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为坐标原点，MA →，MB →，MA 1—→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．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1—→＝(－3,0，3)，A 1B —→＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1—→，A 1B —→〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 题型二 直线与平面所成的角例2 (2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，点E 是边AB 的中点(如图1)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ，得到四棱锥A 1－BCDE (如图2)．(1)证明：平面A 1BE ⊥平面BCDE ；(2)若A 1E ⊥BE ，连接CE ，求直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值． (1)证明 连接图1中的BD ，如图所示．因为四边形ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°， 所以△ABD 为等边三角形，所以DE ⊥AB ， 所以在图2中有DE ⊥BE ，DE ⊥A 1E ， 因为BE ∩A 1E ＝E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ， 所以DE ⊥平面A 1BE ， 因为DE ⊂平面BCDE ， 所以平面A 1BE ⊥平面BCDE .(2)解 因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，A 1E ⊥BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，所以A 1E ⊥平面BCDE ，以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，所以A 1(0,0,1)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，E (0,0,0)，所以A 1D —→＝(0，3，－1)，A 1C —→＝(2，3，－1)，EC →＝(2，3，0)， 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D —→＝3y －z ＝0，n ·A 1C —→＝2x ＋3y －z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0,1，3)，所以cos 〈n ，EC →〉＝n ·EC →|n ||EC →|＝327＝2114，所以直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值为2114. 教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 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． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ， 因为PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ， 所以l ⊥PD ，因为DC ∩PD ＝D ，PD ，DC ⊂平面PDC ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 因为平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以l 过点P ，设Q (m ，0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m ，0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 记PB 与平面QCD 所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1， 当m ＝0时，sin θ＝33， 当m ≠0时，sin θ＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2mm 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63， 当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2 (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S －BCD 中，平面SBD ⊥平面BCD ，A 是线段SD 上的点，△SBD 为等边三角形，∠BCD ＝30°，CD ＝2DB ＝4.(1)若SA ＝AD ，求证：SD ⊥CA ；(2)若直线BA 与平面SCD 所成角的正弦值为419565，求AD 的长．(1)证明 依题意，BD ＝2， 在△BCD 中，CD ＝4，∠BCD ＝30°， 由余弦定理求得BC ＝23， ∴CD 2＝BD 2＋BC 2，即BC ⊥BD .又平面SBD ⊥平面BCD ，平面SBD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ， ∴BC ⊥平面SBD .从而BC ⊥SD ， 在等边△SBD 中，SA ＝AD ，则BA ⊥SD . 又BC ∩BA ＝B ，BC ，BA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥平面BCA ，又CA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥CA .(2)解 以B 为坐标原点，BC ，BD 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点B 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (23，0,0)，D (0,2,0)，S (0,1，3)，故CD →＝(－23，2,0)，SD →＝(0,1，－3)， 设平面SCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝0，m ·SD →＝0，即⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，y －3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝1， ∴m ＝(1，3，1)， 设DA →＝λDS →(0≤λ≤1)， 则DA →＝(0，－λ，3λ)，故A (0,2－λ，3λ)，则BA →＝(0,2－λ，3λ)， 设直线BA 与平面SCD 所成角为θ， 故sin θ＝||cos 〈m ，BA →〉＝|m ·BA →||m ||BA →|＝|23－3λ＋3λ|5·2－λ2＋3λ2＝419565， 解得λ＝14或λ＝34，则AD ＝12或AD ＝32.题型三 平面与平面的夹角例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，O 为BD 的中点．(1)证明：OA ⊥CD; [切入点：线线垂直转化到线面垂直](2)若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE ＝2EA ，且二面角E －BC －D 的大小为45°，求三棱锥A －BCD 的体积.[关键点：建系写坐标]教师备选(2020·全国Ⅰ改编)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＝66 DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝32，CO＝BO＝12AE＝12，所以PO ＝66DO ＝24，PC ＝PO 2＋OC 2＝64， 同理PB ＝64，PA ＝64， 又△ABC 为等边三角形， 则BAsin60°＝2OA ，所以BA ＝32，PA 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以PA ⊥PB ，同理PA ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，PC ，PB ⊂平面PBC ， 所以PA ⊥平面PBC .(2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，24，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，0， PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，－24， PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，－24，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－24， 设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，－2， 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝223×103＝255， 所以平面BPC 与平面EPC 的夹角的余弦值为255.思维升华 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟踪训练3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值．解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC .在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t ，0,0)，B (t ，1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，1，0，P (0,0,1)， 所以PB →＝(t ，1，－1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 2，1，0.因为PB ⊥AM ，所以PB →·AM →＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝ 2.(2)易知C (0,1,0)，由(1)可得AP →＝(－2，0,1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，CB →＝(2，0,0)，PB →＝(2，1，－1)．设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP →＝0，n 1·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n 1＝(2，1,2)． 设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB →＝0，n 2·PB →＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，2x 2＋y 2－z 2＝0，得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)． 设平面APM 与平面BPM 夹角为θ，cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝37×2＝31414，sin θ＝1－cos 2θ＝7014. 所以平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值为7014.课时精练1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值． 解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1—→}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°， 则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B —→＝(3，－1，－3)，AC 1—→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B —→，AC 1—→〉＝A 1B —→·AC 1—→|A 1B —→||AC 1—→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1AD 的一个法向量为 AE →＝(3，0,0)，设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1BD 的一个法向量， 又A 1B —→＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B —→＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2.所以m ＝(3，3，2)为平面A 1BD 的一个法向量， 从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m|＝333×4＝34.设平面A 1BD 与平面A 1AD 所成的角为θ， 则cos θ＝34.所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值为74. 2．(2021·浙江)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，PA ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(1)证明：AB ⊥PM ；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值． (1)证明 因为底面ABCD 是平行四边形， ∠ABC ＝120°，BC ＝4，AB ＝1， 且M 为BC 的中点，所以CM ＝2，CD ＝1，∠DCM ＝60°， 易得CD ⊥DM .又PD ⊥DC ，且PD ∩DM ＝D ，PD ，DM ⊂平面PDM ， 所以CD ⊥平面PDM .因为AB ∥CD ，所以AB ⊥平面PDM . 又PM ⊂平面PDM ，所以AB ⊥PM .(2)解 方法一 由(1)知AB ⊥平面PDM ， 所以∠NAB 为直线AN 与平面PDM 所成角的余角． 连接AM ，因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ，所以PM ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥AM . 因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以由余弦定理得AM ＝7， 又PA ＝15，所以PM ＝22， 所以PB ＝PC ＝23， 连接BN ，结合余弦定理得BN ＝11. 连接AC ，则由余弦定理得AC ＝21， 在△PAC 中，结合余弦定理得PA 2＋AC 2＝2AN 2＋2PN 2，所以AN ＝15.所以在△ABN 中，cos∠BAN ＝AB 2＋AN 2－BN 22AB ·AN ＝1＋15－11215＝156.设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝cos∠BAN ＝156. 方法二 因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ， 所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝22， 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ， 则ME ⊥MD .故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－3，2,0)，P (0,0,22)，C (3，－1,0)， 所以N ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →||n |＝5215＝156.3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO 1中，四边形ABCD 是其轴截面，EF 为⊙O 1的直径，且EF ⊥CD ，AB ＝2，BC ＝a (a >1)．(1)求证：BE ＝BF ；(2)若直线AE 与平面BEF 所成角的正弦值为63，求平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值． (1)证明 如图，连接BO 1，在圆柱OO 1中，BC ⊥平面CEDF ，∵EF ⊂平面CEDF ，∴EF ⊥BC ， ∵EF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD ，又BO 1⊂平面ABCD ，∴EF ⊥BO 1，∵在△BEF 中，O 1为EF 的中点，∴BE ＝BF .(2)解 连接OO 1，则OO 1与该圆柱的底面垂直，以点O 为坐标原点，OB ，OO 1所在直线分别为y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (－1,0，a )，F (1,0，a )，AE →＝(－1,1，a )，BE →＝(－1，－1，a )，BF →＝(1，－1，a )，设平面BEF 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0，n 1·BF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋az 1＝0，x 1－y 1＋az 1＝0， 取z 1＝1，得n 1＝(0，a ，1)，设直线AE 与平面BEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉| ＝2aa 2＋2·a 2＋1＝63，化简得(a 2－2)(a 2－1)＝0，∵a >1，解得a ＝2，∴n 1＝(0，2，1)，设平面ABE 的法向量是n 2＝(x 2，y 2，z 2)，AB →＝(0,2,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，得⎩⎨⎧ 2y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝(2，0,1)，设平面ABE 与平面BEF 的夹角为α，则cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13， ∴平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值为13.4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.(1)证明：BF ⊥DE ；(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小？(1)证明 因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2， 所以CF ＝1，BF ＝ 5.如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC ，故以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (1,1,0)，F (0,2,1)，BF →＝(0,2,1)．设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0,2)，于是DE →＝(1－m ，1，－2)．所以BF →·DE →＝0，所以BF ⊥DE .(2)解 易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面DFE 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 2＝0，EF →·n 2＝0，又DE →＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1,1,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－m x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ，于是平面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1,2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272.设平面BB 1C 1C 与平面DFE 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉，故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小，为33，即当B 1D ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小．。

2022浙江精彩题选——立体几何 【一、轨迹问题】1．如图，平面ABC ⊥平面α，D 为线段AB 的中点，22=AB ,︒=∠45CDB ，点P 为面α内的动点，且P 到直线CD 的距离为2，则APB ∠的最大值为 ． 解：以AB 为直径的圆与椭圆A ‘B ’相切【二、动态问题】1.（2022台州期末8）如图，在三棱锥P-ABC 中，AB=AC=PB=PC=10，PA=8，BC=12，点M 在平面PBC 内，且AM=7，设异面直线AM 与BC 所成角为α，则cos α的最大值为 17分析：点A 到平面PBC 的距离为d=43，AM=7即为绕d 旋转所成的圆锥的母线长，最大角为BC 与圆锥底直径平行时，母线与直径所成的角2.（2022金华十校期末）在四周体ABCD 中，已知AD ⊥BC ，AD=6，BC=2，且AB ACBD CD ==2，则ABCD V 四面体的最大值为 （ C ）A.6B.211C.215D.8分析：由AB ACBD CD ==2得B 、C 点的轨迹为阿波罗尼斯圆，由阿波罗尼斯圆的性质，则B ，C 离AD 的最远距离为4，可求3.（2022台州一模 8）如图,在长方体D C B A ABCD ''''-中,点Q P ,分别是棱BC ,CD 上的动点,4,BC =,3,CD =23CC '=直线C C '与平面C PQ '所成的角为︒30,则△C PQ '的面积的最小值是( B )A ．1855B ．8C ．1633 D ．104（2022宁波十校15）如图，正四周体ABCD 的棱CD 在平面α上，E 为棱BC 的中点.当正四周体ABCD 绕CD 旋转时，直线AE 与平面α所成最大角的正弦值为 .分析：CD ⊥平面ABF ，则平面ABF ⊥平面α。

设，平面ABF⊥平面α=a ,四周体不动，转动平面α，则AO ⊥α于O 交BF 于M ，AO 为平面α的法向量。

2021年高考数学真题分类汇编专题11：立体几何一、单选题1. ( 2分) （2021·全国甲卷）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截去三棱锥A-EFG后，所得多面体的三视图中，正试图如右图所示，则相应的侧视图是（）A. B. C. D.2. ( 2分) （2021·全国甲卷）已知A,B,C是半径为1的求O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O-ABC的体积为（）A. B. C. D.3. ( 2分) （2021·全国乙卷）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（）A. B. C. D.4. ( 2分) （2021·新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A. 2B. 2C. 4D. 45. ( 2分) （2021·新高考Ⅱ卷）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A. B. C. D.6. ( 2分) （2021·新高考Ⅱ卷）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（）A. 26%B. 34%C. 42%D. 50%7. ( 2分) （2021·北京）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨8. ( 2分) （2021·北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A. B. 4 C. D. 29. ( 2分) （2021·浙江）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A. B. 3 C. D.10. ( 2分) （2021·浙江）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与直线异面，直线平面11. ( 2分) （2021·天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（）A. B. C. D.二、多选题12. ( 3分) （2021·新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC- 中，AB=AA1=1，点P满足，其中λ∈[0,1]，∈[0,1]，则（）A. 当λ=1时，△P的周长为定值B. 当=1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值C. 当λ= 时，有且仅有一个点P，使得D. 当= 时，有且仅有一个点P，使得B⊥平面A P13. ( 3分) （2021·新高考Ⅱ卷）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（）A. B.C. D.三、填空题14. ( 1分) （2021·全国甲卷）己知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．15. ( 1分) （2021·全国乙卷）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为________（写出符合要求的一组答案即可）.四、解答题16. ( 10分) （2021·全国甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形．分别为和的中点，．（1）求三棱锥F－EBC的体积；（2）已知为棱上的点，证明：．17. ( 10分) （2021·全国甲卷）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丄A1B1.（1）证明：BF⊥DE；（2）当为B1D何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？18. ( 10分) （2021·全国乙卷）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC 的中点，且PB⊥AM，（1）求BC；（2）求二面角A-PM-B的正弦值。

2０19年高考数学一轮复习高考大题专项练４高考中的立体几何编辑整理：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年高考数学一轮复习高考大题专项练４高考中的立体几何)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈,这将是我们进步的源泉,前进的动力。

本文可编辑可修改,如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅,最后祝您生活愉快业绩进步，以下为201９年高考数学一轮复习高考大题专项练4 高考中的立体几何的全部内容。

高考大题专项练四高考中的立体几何１。

如图,四棱锥P—ABCＤ中，底面ABCD为矩形,ＰA⊥平面ＡＢCD,E为PD的中点。

（1）证明:PB∥平面AEC；(2)设AP=１,AD=,三棱锥P—ABＤ的体积V=,求点A到平面PBC的距离．2.如图,四棱锥P—AＢCD,侧面PAD是边长为２的正三角形,且与底面垂直,底面ABＣD是∠ABＣ＝60°的菱形,M为ＰC的中点．(1）求证:ＰC⊥AD;(2）证明在PB上存在一点Q,使得Ａ，Ｑ,M,D四点共面；(３）求点D到平面PAM的距离。

３.如图所示，△ABC为正三角形,CE⊥平面ABＣ,BD∥CE,CE＝CA=2ＢD，M是EA的中点。

求证:（1)DE=DＡ。

（2)平面BDM⊥平面ECＡ．4。

如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD—Ａ1B1Ｃ1D1中,∠ＡBＣ=6０°,AA1=AC=２,A1B＝A1D=２,点E在A1D上.(1)证明:AＡ1⊥平面ＡＢＣD;(２）当为何值时,A1B∥平面EＡC,并求出此时三棱锥D－AEC的体积.5。

（2017山东,文1８）由四棱柱ＡBCＤ—A１B1Ｃ1D1截去三棱锥C１—B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABＣD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点，Ａ1E⊥平面ABCD。

第5节直线、平面垂直的判定及其性质考试要求 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.知识梳理1.直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥al⊥ba∩b＝Oa⊂αb⊂α⇒l⊥α性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b2.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥αl⊂β⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al⊥al⊂β⇒l⊥α[常用结论与易错提醒]1.垂直关系的转化2.直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直.(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.诊断自测1.判断下列说法的正误.(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )(2)垂直于同一个平面的两平面平行.( )(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.( )(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( )解析(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误.(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误.(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误.(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.(2020·温州适应性测试)设m，n为直线，α，β为平面，则m⊥α的一个充分条件可以是( )A.α⊥β，α∩β＝n，m⊥nB.α∥β，m⊥βC.α⊥β，m∥βD.n⊂α，m⊥n解析对于A，直线m与平面α可能平行、相交或直线m在平面α内，A错误；对于B，由直线垂直于两平行平面中的一个，得该直线垂直于另一个平面，B正确，对于C，直线m与平面α可能平行、相交或直线m在平面α内，C错误；对于D，直线m与平面α可能平行、相交或直线m在平面α内，D错误.综上所述，故选B.答案 B3.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l，故选C.答案 C4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC解析如图，由题设知A1B1⊥平面BCC1B1且BC1⊂平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1，又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.答案 C5.(2020·北京顺义区二模)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( )A.若m⊥α，α⊥β，则m∥βB.若m∥α，n⊥α，则m⊥nC.若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βD.若m∥α，n∥α，则m∥n解析在如图所示的正方体中依次判断各个选项；A选项，面ABCD⊥面ADD1A1，AA1⊥面ABCD，此时AA1⊂面ADD1A1，可知A错误；B选项，m∥α，则α内必存在直线，使得m∥l；又n⊥α，则n⊥l，可知n⊥m，可知B正确；C选项，取AA1和DD1中点E和F，可知A1D1∥面ABCD，EF∥面ABCD，A1D1，EF⊂面ADD1A1，此时面ADD1A1⊥面ABCD，可知C错误；D选项，AA1∥面BCC1B1，AD∥面BCC1B1，此时AA1∩AD＝A，可知D错误.答案 B6.(必修2P67练习2改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O，(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心.(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心.解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心.图1 图2(2)如图2，∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，∴PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高.同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心.答案(1)外(2)垂考点一线面垂直的判定与性质【例1】(2020·苏锡常镇四市一调)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的高为6，其底面边长为2.已知点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点.求证：(1)B1M∥平面A1BN；(2)AD⊥平面A1BN.证明 (1)连接MN ，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是平行四边形，因为点M ，N 分别是棱A 1C 1，AC 的中点，所以MN ∥AA 1且MN ＝AA 1，又正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中AA 1∥BB 1且AA 1＝BB 1，所以MN ∥BB 1且MN ＝BB 1，所以四边形MNBB 1是平行四边形，所以B 1M ∥BN ，又B 1M ⊄平面A 1BN ，BN ⊂平面A 1BN ，所以B 1M ∥平面A 1BN .(2)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BN ⊂平面ABC ，所以BN ⊥AA 1.在正△ABC 中，N 是AC 的中点，所以BN ⊥AC ，又AA 1，AC ⊂平面AA 1C 1C ，AA 1∩AC ＝A ， 所以BN ⊥平面AA 1C 1C ， 又AD ⊂平面AA 1C 1C ， 所以AD ⊥BN .由题意，AA 1＝6，AC ＝2，AN ＝1，CD ＝63， 所以AA 1AC ＝AN CD ＝62， 又∠A 1AN ＝∠ACD ＝π2，所以△A 1AN ∽△ACD ， 则∠AA 1N ＝∠CAD ，所以∠ANA 1＋∠CAD ＝∠ANA 1＋∠AA 1N ＝π2，则AD ⊥A 1N ，又BN ∩A 1N ＝N ，BN ，A 1N ⊂平面A 1BN ， 所以AD ⊥平面A 1BN .规律方法 (1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a ，l ⊥a ，l ⊂β⇒l ⊥α).(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.【训练1】 如图所示，已知AB 为圆O 的直径，点D 为线段AB 上一点，且AD ＝13DB ，点C 为圆O上一点，且BC＝3AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.求证：PA⊥CD.证明因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB.在Rt△ABC中，由3AC＝BC得，∠ABC＝30°.设AD＝1，由3AD＝DB得，DB＝3，BC＝2 3.由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC cos 30°＝3，所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB.因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以PD⊥CD，由PD∩AB＝D得，CD⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD.考点二面面垂直的判定与性质【例2】(2018·江苏卷)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.规律方法(1)证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理.(2)已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.【训练2】如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内，AB⊥AD，EF⊥AD，则AB∥EF.∵AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥平面ABD.∵AD⊂平面ABD，∴BC⊥AD.又AB⊥AD，BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，∴AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC.考点三平行与垂直的综合问题多维探究角度1 多面体中平行与垂直关系的证明【例3－1】(2018·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD 为矩形，所以BC ∥AD . 所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PAD .又PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD . 又因为PA ⊥PD ，且PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .又PD ⊂平面PCD ， 所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形. 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .规律方法 (1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化. (2)垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用. 角度2 平行垂直中探索性问题【例3－2】 如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形，BC ＝CE ，点F 为CE 的中点.(1)证明：AE∥平面BDF.(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.(1)证明连接AC交BD于O，连接OF，如图①.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，∴OF为△ACE的中位线，∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.(2)解当P为AE中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面.∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊂平面ABCD，CD⊥BC.∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM，即PM⊥BE.规律方法(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.【训练3】 (1)(角度1)(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：①A 1B 1∥平面DEC 1； ②BE ⊥C 1E .(2)(角度2)(2018·全国Ⅲ卷)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点.①证明：平面AMD ⊥平面BMC ；②在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由. (1)证明 ①因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点， 所以ED ∥AB .在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1， 所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1， 所以A 1B 1∥平面DEC 1.②因为AB ＝BC ，E 为AC 的中点， 所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直棱柱， 所以C 1C ⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以C 1C ⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC ＝C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .(2)①证明 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 ， 又DM ⊂平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC . ②解 当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD . 证明如下：如图，连接AC ，BD ，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 .基础巩固题组一、选择题1.已知平面α⊥平面β，且α∩β＝b，a⊂α，则“a⊥b”是“a⊥β”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解析平面α⊥平面β，且α∩β＝b，a⊂α，若a⊥b，则a⊥β，充分性成立；平面α⊥平面β，因为α∩β＝b，所以b⊂β，若a⊥β，则a⊥b，必要性成立，所以“a⊥b”是“a⊥β”的充要条件，故选C.答案 C2.下列命题正确的是( )A.若直线l不平行于平面α，则α内不存在直线平行于直线lB.若直线l不垂直于平面α，则α内不存在直线垂直于直线lC.若平面α不平行于平面β，则β内不存在直线平行于平面αD.若平面α不垂直于平面β，则β内不存在直线垂直于平面α解析A中，若直线l在平面α内，则平面α内存在直线平行于直线l；B中，平面α内存在无数条直线与直线l垂直；C中，平面β内与两平面交线平行的直线都与平面α平行；故选D.答案 D3.(2015·浙江卷)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )A.若l⊥β，则α⊥βB.若α⊥β，则l⊥mC.若l∥β，则α∥βD.若α∥β，则l∥m解析由面面垂直的判定定理可知A正确；B中，l与m可能平行、垂直、相交、异面；C中，α与β可能相交、平行；D中，l与m可能异面、平行.答案 A4.若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为( )A.过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB.过点P垂直于直线l的直线在平面α内C.过点P垂直于平面β的直线在平面α内D.过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β解析由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β，因此A正确.过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确.根据面面垂直的性质定理知C，D正确.答案 B5.如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )A.BC∥平面PDFB.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面PAED.平面PDE⊥平面ABC解析因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确.在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，∴BC⊥平面PAE，DF∥BC，则DF⊥平面PAE，又DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.因此B，C均正确.答案 D6.(2020·北京门头沟区一模)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不垂直的是( )解析对于A，AB为体对角线，M、N、Q分别为棱的中点，由中位线定理可得MN，MQ，NQ平行于所对应的面对角线，连接另一条面对角线，由线面垂直的判定可得AB垂直于MN，MQ，NQ，可得AB垂直于平面MNQ；对于B，AB为上底面的对角线，显然AB垂直于MN，与AB相对的下底面的面对角线平行，且与直线NQ垂直，可得AB垂直于平面MNQ；对于C，AB为前面的面对角线，显然AB垂直于MN，QN在下底面且与棱平行，此棱垂直于AB所在的面，即有AB垂直于QN，可得AB垂直于平面MNQ；对于D，AB为上底面的对角线，MN平行于前面的一条面对角线，此对角线与AB所成角为60°，则AB不垂直于平面MNQ.答案 D二、填空题7.如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________.解析∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形.由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形.答案 48.(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________. 解析已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.答案若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)9.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).解析由题意可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案DM⊥PC(或BM⊥PC等)10.已知α，β是两个平面，m，n是两条直线.(1)如果m⊥α，n∥α，那么m，n的位置关系是________；(2)如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角的大小关系是________. 解析(1)由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n.(2)因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等.因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等.答案(1)垂直(2)相等三、解答题11.如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.(1)求证：PB∥平面MNC；(2)若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明(1)因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.(2)因为PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB.所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC.12.(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD 的中点.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若∠ABC ＝60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ； (3)棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由. (1)证明 因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥BD .因为底面ABCD 为菱形， 所以BD ⊥AC . 又PA ∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面PAC .(2)证明 因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AE .因为底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD .又因为AB ∥CD ，所以AB ⊥AE .又AB ∩PA ＝A ，所以AE ⊥平面PAB .因为AE ⊂平面PAE ，所以平面PAB ⊥平面PAE .(3)解 棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE .理由如下：取PB 的中点F ，PA 的中点G ，连接CF ，FG ，EG ，则FG ∥AB ，且FG ＝12AB .因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE ＝12AB .所以FG ∥CE ，且FG ＝CE .所以四边形CEGF 为平行四边形.所以CF ∥EG . 因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE .能力提升题组13.(2019·全国Ⅲ卷)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线解析取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO ＝3，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝32，CP＝32，所以BM2＝MP2＋BP2＝⎝⎛⎭⎪⎫322＋⎝⎛⎭⎪⎫322＋22＝7，得BM＝7，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B.答案 B14.(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)在三棱锥P－ABC中，E为线段AB(不包括端点)上一点，则错误的是( )A.一定存在唯一的平面α经过点E，使得平面α∥平面PACB.一定存在唯一的平面α经过点E，使得平面α⊥平面PACC.一定存在唯一的平面α经过点E，使得平面α⊥PAD.在平面ABC内，一定存在唯一的直线l经过点E，使得l∥平面PAC解析由点E为平面PAC外一点，逐项分析如下：答案 B15.如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上).解析 由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE ，又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面PAD ⊥平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错误；由正六边形的性质得BC ∥AD ，又AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ，∴BC ∥平面PAD ，∴直线BC ∥平面PAE 也不成立，③错误；在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°，∴④正确. 答案 ①④16.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，点D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF . 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 3a －x ＝x a， 整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0， 解得x ＝a 或x ＝2a . 答案 a 或2a17.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由. (2)证明：平面PAB ⊥平面PBD .(1)解 取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点，理由如下：连接CM ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD .所以BC ∥AM ，且BC ＝AM .所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB . 又AB ⊂平面PAB .CM ⊄平面PAB . 所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明 由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD . 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以PA ⊥平面ABCD . 又BD ⊂平面ABCD ，从而PA ⊥BD . 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，M 为AD 的中点，连接BM ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD . 所以四边形BCDM 是平行四边形， 所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB . 又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD .18.(2020·北京西城区测试)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为矩形，侧面ADEF 为梯形，AF ∥DE ，DE ⊥AD ，DC ＝DE .(1)求证：AD ⊥CE ； (2)求证：BF ∥平面CDE ；(3)判断线段BE 上是否存在点Q ，使得平面ADQ ⊥平面BCE ？并说明理由. (1)证明 由底面ABCD 为矩形知AD ⊥CD .又因为DE⊥AD，DE∩CD＝D，所以AD⊥平面CDE.又因为CE⊂平面CDE，所以AD⊥CE.(2)证明由底面ABCD为矩形，知AB∥CD，又因为AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以AB∥平面CDE.同理AF∥平面CDE，又因为AB∩AF＝A，所以平面ABF∥平面CDE.又因为BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE.(3)解结论：线段BE上存在点Q(即BE的中点)，使得平面ADQ⊥平面BCE. 证明如下：取CE的中点P，BE的中点Q，连接AQ，DP，PQ，则PQ∥BC.由AD∥BC，得PQ∥AD.所以A，D，P，Q四点共面.由(1)知AD⊥平面CDE，又DP⊂平面CDE，所以AD⊥DP，故BC⊥DP.在△CDE中，由DC＝DE，可得DP⊥CE.又因为BC∩CE＝C，所以DP⊥平面BCE.又因为DP⊂平面ADPQ，所以平面ADPQ⊥平面BCE(即平面ADQ⊥平面BCE).即线段BE上存在点Q(即BE中点)，使得平面ADQ⊥平面BCE.。