高考數(shù)學(xué)試題匯編：第9章直線、平面、簡單幾何體 第3節(jié) 空間角與距離

《高考數(shù)學(xué)試題匯編：第9章直線、平面、簡單幾何體 第3節(jié) 空間角與距離》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)試題匯編：第9章直線、平面、簡單幾何體 第3節(jié) 空間角與距離（53頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第九章 直線、平面、簡單幾何體 三 空間角與距離 【考點闡述】 異面直線所成的角．異面直線的公垂線．異面直線的距離．直線和平面垂直的性質(zhì)．平面的法向量．點到平面的距離．直線和平面所成的角．向量在平面內(nèi)的射影．平行平面的判定和性質(zhì)．平行平面間的距離．二面角及其平面角．兩個平面垂直的判定和性質(zhì)． 【考試要求】 （7）掌握直線和直線、直線和平面、平面和平面所成的角、距離的概念．對于異面直線的距離，只要求會計算已給出公垂線或在坐標(biāo)表示下的距離掌握直線和平面垂直的性質(zhì)定理掌握兩個平面平行、垂直的判定定理和性質(zhì)定理． 【考題分類】 （一）選擇題（共6題） 1.（全國Ⅰ卷理7文9）正

2、方體ABCD-中，B與平面AC所成角的余弦值為 A B C D 【答案】D 【命題意圖】本小題主要考查正方體的性質(zhì)、直線與平面所成的角、點到平面的距離的求法，利用等體積轉(zhuǎn)化求出D到平面AC的距離是解決本題的關(guān)鍵所在,這也是轉(zhuǎn)化思想的具體體現(xiàn). 【解析】因為BB1//DD1,所以B與平面AC所成角和DD1與平面AC所成角相等,設(shè)DO⊥平面AC，由等體積法得,即.設(shè)DD1=a,則,. 所以,記DD1與平面AC所成角為,則,所以. 2.（全國Ⅰ卷文6）直三棱柱中，若，，則異面直線與所成的角等于 (A)30

3、 (B)45 (C)60 (D)90 【答案】C - 1 - / 53 【命題意圖】本小題主要考查直三棱柱的性質(zhì)、異面直線所成的角、異面直線所成的角的求法. 【解析】延長CA到D，使得，則為平行四邊形，就是異面直線與所成的角，又三角形為等邊三角形， 3.（全國Ⅱ卷理11文11）與正方體ABCD—A1B1C1D1的三條棱AB、CC1、A1D1所在直線的距離相等的點 （A）有且只有1個 （B）有且只有2個 （C）有且只有3個 （D）有無數(shù)個 【答案】D 【解析

4、】直線上取一點，分別作垂直于于則分別作，垂足分別為M，N，Q，連PM，PN，PQ，由三垂線定理可得，PN⊥PM⊥；PQ⊥AB，由于正方體中各個表面、對等角全等，所以，∴PM=PN=PQ，即P到三條棱AB、CC1、A1D1.所在直線的距離相等所以有無窮多點滿足條件，故選D. 4.（全國Ⅱ卷文8）已知三棱錐中，底面為邊長等于2的等邊三角形，垂直于底面，=3，那么直線與平面所成角的正弦值為 （A） (B) (C) (D) 【答案】D： 【命題意圖】本題考查了立體幾何的線與面、面與面位置關(guān)系及直線與平面所成角。 【解析】

5、A B C S E F 過A作AE垂直于BC交BC于E，連結(jié)SE，過A作AF垂直于SE交SE于F，連BF，∵正三角形ABC，∴ E為BC中點，∵ BC⊥AE，SA⊥BC，∴ BC⊥面SAE，∴ BC⊥AF，AF⊥SE，∴ AF⊥面SBC，∵∠ABF為直線AB與面SBC所成角，由正三角形邊長3，∴ ，AS=3，∴ SE=，AF=，∴ 5.（重慶卷理10）到兩互相垂直的異面直線的距離相等的點，在過其中一條直線且平行于另一條直線的平面內(nèi)的軌跡是 A. 直線 B. 橢圓 C. 拋物線 D. 雙曲線 【答案】D 解析：排除

6、法 軌跡是軸對稱圖形，排除A、C，軌跡與已知直線不能有交點，排除B 6.（重慶卷文9）到兩互相垂直的異面直線的距離相等的點 （A）只有1個 （B）恰有3個 （C）恰有4個 （D）有無窮多個 【答案】D 【解析】放在正方體中研究,顯然，線段、EF、FG、GH、 HE的中點到兩垂直異面直線AB、CD的距離都相等， 所以排除A、B、C，選D 亦可在四條側(cè)棱上找到四個點到兩垂直異面直線AB、CD的距離相等 （二）填空題（共1.題） 1.（四川卷理15文15）如圖，二面角的大小是60，線段.

7、 ，與所成的角為30.則與平面所成的角的正弦值是 . 解析：過點A作平面β的垂線，垂足為C，在β內(nèi)過C作l的垂線.垂足為D 連結(jié)AD，有三垂線定理可知AD⊥l， 故∠ADC為二面角的平面角，為60 又由已知，∠ABD＝30 C D 連結(jié)CB，則∠ABC為與平面所成的角 設(shè)AD＝2，則AC＝，CD＝1 AB＝＝4 ∴sin∠ABC＝ 答案： （三）解答題（共33題） 1.（安徽卷理18）如圖，在多面體中，四邊形是正方形，∥，，，，，為的中點。 (Ⅰ)求證：∥平面； (Ⅱ)求證：平面； (Ⅲ)求二面角的大小。 2.（安徽

8、卷文19）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90，BF=FC,H為BC的中點， (Ⅰ)求證：FH∥平面EDB; （Ⅱ）求證：AC⊥平面EDB; （Ⅲ）求四面體B—DEF的體積； 【命題意圖】本題考查空間線面平行、線面垂直、面面垂直的判斷與證明，考查體積的計算等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力、推理論證能力和運算能力. 【解題指導(dǎo)】（1）設(shè)底面對角線交點為G，則可以通過證明EG∥FH，得∥平面；（2）利用線線、線面的平行與垂直關(guān)系，證明FH⊥平面ABCD，得FH⊥BC，F(xiàn)H⊥AC，進(jìn)而得EG⊥AC，平面；（3）證明

9、BF⊥平面CDEF，得BF為四面體B-DEF的高，進(jìn)而求體積. 【規(guī)律總結(jié)】本題是典型的空間幾何問題，圖形不是規(guī)則的空間幾何體，所求的結(jié)論是線面平行與垂直以及體積，考查平行關(guān)系的判斷與性質(zhì).解決這類問題，通常利用線線平行證明線面平行，利用線線垂直證明線面垂直，通過求高和底面積求四面體體積. 3.（北京卷理16）如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=，CE=EF=1. （Ⅰ）求證：AF∥平面BDE； （Ⅱ）求證：CF⊥平面BDE； （Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。 證明：（I）設(shè)AC與BD交于點G，因為EF∥AG，且

10、EF=1，AG=AC=1，所以四邊形AGEF為平行四邊形。所以AF∥EG。因為EGP平面BDE，AF平面BDE，所以AF∥平面BDE。 （II）因為正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD。如圖，以C為原點，建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz。則C（0， 0， 0），A（，，0），D（，0， 0），E（0， 0， 1），F(xiàn)（，，1）。所以=（，，1），=（0，－，１），＝（－，0，１）。所以= 0-1+1=0，=－１＋０＋１＝０。所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE （III）由（II）知，=（，，1），是平面BDE的一個

11、法向量，設(shè)平面ABE的法向量 =（x,y,z）,則=0，=0。 即 所以x=0，且z=y。令y=1，則z=。所以n=（），從而cos（，）= 因為二面角A-BE-D為銳角，所以二面角A-BE-D為。 4.（北京卷文16）如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF 所在的平面互相垂直。EF//AC，AB=,CE=EF=1 （Ⅰ）求證：AF//平面BDE； （Ⅱ）求證：CF⊥平面BDF; 5.（福建卷理18）如圖，圓柱內(nèi)有一個三棱柱，三棱柱的底面為圓柱底面的內(nèi)接三角形，且是圓的直徑。 （Ⅰ）證明：平面⊥平面； （Ⅱ）設(shè)。在圓柱內(nèi)隨機(jī)選取一點，記該點取自于三棱柱內(nèi)

12、的概率為。 （ⅰ）當(dāng)點在圓周上運動時，求的最大值； （ⅱ）記平面與平面所成的角為（0＜≤90）。當(dāng)取最大值時，求的值。 【命題意圖】本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，以及幾何體的體積、幾何概型等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、運算求解能力、推理論證能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、必然與或然思想。 【解析】（Ⅰ）因為平面ABC，平面ABC，所以， 因為AB是圓O直徑，所以，又，所以平面， 而平面，所以平面平面。 （Ⅱ）（i）設(shè)圓柱的底面半徑為，則AB=，故三棱柱的體積為 =，又因為， 所以=，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立， 從而，而圓柱的體積，

13、故=當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立， 所以的最大值是。 （ii）由（i）可知，取最大值時，，于是以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），則C（r，0，0），B（0，r，0），（0，r，2r）， 因為平面，所以是平面的一個法向量， 設(shè)平面的法向量，由，故， 取得平面的一個法向量為，因為， 所以。 6.（福建卷文20）如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1 中，E，H分別是棱A1B1，D1C1上的點（點E與B1 不重合），且EH∥A1 D1. 過EH的平面與棱BB1 ，CC1 相交，交點分別為F，G。 （I）證明：AD∥平面EFGH； （II）設(shè)AB=2AA1 =2 a .在長方體

14、ABCD－A1B1C1D1 內(nèi)隨機(jī)選取一點。記該點取自幾何體A1ABFE-D1DCGH內(nèi)的概率為p，當(dāng)點E，F(xiàn)分別在棱A1B1上運動且滿足EF=a時，求p的最小值. 7.（廣東卷理18）如圖，弧AEC是半徑為a的半圓，AC為直徑，點E為弧AC的中點，點B和點C為線段AD的三等分點。平面AEC外一點F滿足FB=FD=a，F(xiàn)E=a , （1）證明：EB⊥FD； （2）已知點Q,R分別為線段FE,FB上的點，使得FQ=FE,FR= FB,求平面BED與平面RQD所成二面角的正弦值。 （2）設(shè)平面與平面RQD的交線為. 由BQ=FE,FR=FB知, .

15、 而平面，∴平面， 而平面平面= ， ∴. 由（1）知，平面，∴平面， 而平面， 平面， ∴， ∴是平面與平面所成二面角的平面角． 在中，， ，． ． 故平面與平面所成二面角的正弦值是． 8.（廣東卷文18）如圖4，弧是半徑為的半圓，為直徑，點為弧AC的中點，點和點為線段的三等分點，平面外一點滿足平面，=. （1）證明：； （2）求點到平面的距離. 解析:（1）證明：點E為弧AC的中點 9.（湖北卷理18）如圖， 在四面體ABOC中, , 且 （Ⅰ）設(shè)為為的中點， 證明： 在上存在一點，使，并計算的值； （Ⅱ）求二面角的平面

16、角的余弦值。 10.（湖北卷文18）如圖，在四面體ABOC中，OC⊥OA。OC⊥OB，∠AOB=120，且OA=OB=OC=1 （Ⅰ）設(shè)P為AC的中點，Q在AB上且AB=3AQ，證明：PQ⊥OA； （Ⅱ）求二面角O-AC-B的平面角的余弦值。 11.（湖南卷理18）如圖5所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點。 （Ⅰ）求直線BE與平面ABB1A1所成的角的正弦值； (Ⅱ)在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F//平面A1BE？證明你的結(jié)論。A D B C A1

17、 D1 B1 C1 E 圖5 【解析】 所以，取n. 設(shè)F是棱C1D1上的點，則F（t,1,1）(0≤t≤1)，又B1（1，0，1），所以 n 這說明在在棱C1D1上是否存在一點F（），使B1F//平面A1BE 解法2 如圖（a）所示，取AA1的中點M，連結(jié)EM，BM，因為E是DD1的中點，四邊形ADD1A1為正方形，所以EM//AD。 又在正方體ABCD－A1B1C1D1中。AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥ABB1A1，從而BM為直線BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM直線BE與平面ABB1A1所成

18、的角. 設(shè)正方體的棱長為2，則EM＝AD＝2，BE＝，于是 在RT△BEM中， 12.（湖南卷文18）如圖所示，在長方體中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中點 （Ⅰ）求異面直線A1M和C1D1所成的角的正切值； （Ⅱ）證明：平面ABM⊥平面A1B1M1 13.（江蘇卷16）如圖，四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC，∠BCD=900 求證：PC⊥BC 求點A到平面PBC的距離 [解析] 本小題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，考查幾何體的體積，考查空間想象能力、推理論證能力和運算能力。

19、滿分14分。 （1）證明：因為PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC。 由∠BCD=900，得CD⊥BC， 又PDDC=D，PD、DC平面PCD， 所以BC⊥平面PCD。 因為PC平面PCD，故PC⊥BC。 （2）（方法一）分別取AB、PC的中點E、F，連DE、DF，則： 易證DE∥CB，DE∥平面PBC，點D、E到平面PBC的距離相等。 又點A到平面PBC的距離等于E到平面PBC的距離的2倍。 由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC， 因為PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F。 易知DF=，故點A到平面P

20、BC的距離等于。 （方法二）體積法：連結(jié)AC。設(shè)點A到平面PBC的距離為h。 因為AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900。 從而AB=2，BC=1，得的面積。 由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱錐P-ABC的體積。 因為PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC。 又PD=DC=1，所以。 由PC⊥BC，BC=1，得的面積。 由，，得， 故點A到平面PBC的距離等于。 14.（江西卷理20）如圖，與都是邊長為2的正三角形，平面平面，平面，. （1）求點到平面的距離； （2）求平面與平面所成二面角的正弦值. 【解析】本題以圖形拼折為載體

21、主要考查了考查立體圖形的空間感、點到直線的距離、二面角、空間向量、二面角平面角的判斷有關(guān)知識，同時也考查了空間想象能力和推理能力 解法一：（1）取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD.又平面平面,則MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延長AM、BO相交于E，則∠AEB就是AM與平面BCD所成的角.OB=MO=，MO∥AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距離相等，作OHBC于H，連MH，則MHBC，求得： OH=OCsin600=,MH=,利用體積相等得：。 （2）CE是平面與平面的交線. 由（1）知，O是BE的中點，則BCED是菱形. 作BF⊥EC于

22、F，連AF，則AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，設(shè)為. 因為∠BCE=120，所以∠BCF=60. ， ， 所以，所求二面角的正弦值是. 【點評】傳統(tǒng)方法在處理時要注意到輔助線的處理，一般采用射影、垂線、平行線等特殊位置的元素解決 解法二：取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,則MO⊥平面. 以O(shè)為原點，直線OC、BO、OM為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖. OB=OM=，則各點坐標(biāo)分別為O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），B（0，-，0），A（0，-，2）， （1）設(shè)是平面MBC的法向量，則，

23、 ，由得；由得；取，則距離 （2），. 設(shè)平面ACM的法向量為， 由得.解得，，取. 又平面BCD的法向量為，則 設(shè)所求二面角為，則. 【點評】向量方法作為溝通代數(shù)和幾何的工具在考察中越來越常見，此類方法的要點在于建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，便于計算，位置關(guān)系明確，以計算代替分析，起到簡化的作用，但計算必須慎之又慎 15.（江西卷文20）如圖，與都是邊長為2的正三角形，平面平面，平面，. （1）求直線與平面所成的角的大?。? （2）求平面與平面所成的二面角的正弦值. 【解析】本題主要考查了考查立體圖形的空間感、線面角、二面角、空間向量、二面角平面角的判斷有關(guān)知識，同時也考

24、查了空間想象能力和推理能力 解法一：（1）取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD. 又平面平面,則MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延長AM、BO相交于E，則∠AEB就是AM與平面BCD所成的角. _ C _ H _ M _ D _ E _ B _ O _ A _ F OB=MO=，MO∥AB，則，，所以，故. （2）CE是平面與平面的交線. 由（1）知，O是BE的中點，則BCED是菱形. 作BF⊥EC于F，連AF，則AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，設(shè)為. 因為∠BCE=120，所以∠BCF=60

25、. ， ， 所以，所求二面角的正弦值是. 解法二：取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,則MO⊥平面. 以O(shè)為原點，直線OC、BO、OM為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖. OB=OM=，則各點坐標(biāo)分別為O（0，0，0），C（1，0，0），M （0，0，），B（0，-，0），A（0，-，2）， （1）設(shè)直線AM與平面BCD所成的角為. 因（0，，），平面的法向量為.則有，所以. （2），. 設(shè)平面ACM的法向量為， 由得.解得，，取. 又平面BCD的法向量為，則 設(shè)所求二面角為，則. 16.（遼寧卷理19）已知三棱錐P－

26、ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB，N為AB上一點，AB=4AN,M,S分別為PB,BC的中點. （Ⅰ）證明：CM⊥SN； （Ⅱ）求SN與平面CMN所成角的大小. 【點評】縱觀近幾年的高考試題，立體幾何的解答題在很大程度上扮演著直線與平面內(nèi)容載體的角色，著重考查立體幾何中的邏輯推理，多為中檔題，通過這些題目考查學(xué)生掌握基礎(chǔ)知識、邏輯推理能力、計算能力和空間想象能力。而空間向量是解答立體幾何問題的 17.（遼寧卷文19）如圖，棱柱的側(cè)面是菱形， （Ⅰ）證明：平面平面； （Ⅱ）設(shè)是上的點，且平面，求的值。 解：（Ⅰ）因為側(cè)面BCC1B1是菱形，

27、所以 又已知 所又平面A1BC1，又平面AB1C ， 所以平面平面A1BC1 . （Ⅱ）設(shè)BC1交B1C于點E，連結(jié)DE， 則DE是平面A1BC1與平面B1CD的交線， 因為A1B//平面B1CD，所以A1B//DE. 又E是BC1的中點，所以D為A1C1的中點.即A1D：DC1=1. 【命題意圖】本小題主要考查空間直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力、推理論證能力和運算能力. 18.（全國Ⅰ卷理19文20）如圖，四棱錐S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E

28、為棱SB上的一點，平面EDC平面SBC . （Ⅰ）證明：SE=2EB； （Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小 . 【解析】解法一： (Ⅰ)連接BD,取DC的中點G，連接BG, 由此知 即為直角三角形，故. 又, 所以，. 作， (Ⅱ) 由知 . 故為等腰三角形. 取中點F,連接,則. 連接，則. 所以，是二面角的平面角. 連接AG,AG=,, , 所以，二面角的大小為120. 解法二： 以D為坐標(biāo)原點，射線為軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系， 由,得 ， 故

29、 . 令，則. 19.（全國Ⅰ新卷理18）如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為等腰梯形，ABCD,ACBD，垂足為H，PH是四棱錐的高 ，E為AD中點 證明：PEBC 若APB=ADB=60，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值 解： 以為原點， 分別為軸，線段的長為單位長， 建立空間直角坐標(biāo)系如圖， 則 （Ⅰ）設(shè) 則 可得 因為 所以 （Ⅱ）由已知條件可得 設(shè) 為平面的法向量 則 即因此可以取， 由，可得 所以直線與平面所成角的正弦值為 20.（

30、全國Ⅰ新卷文18）如圖，已知四棱錐的底面為等腰梯形，∥,,垂足為，是四棱錐的高。 （Ⅰ）證明：平面 平面; （Ⅱ）若,60,求四棱錐的體積。 解： (1)因為PH是四棱錐P-ABCD的高。 所以ACPH,又ACBD,PH,BD都在平PHD內(nèi),且PHBD=H. 所以AC平面PBD. 故平面PAC平面PBD. ……..6分 (2)因為ABCD為等腰梯形，ABCD,ACBD,AB=. 所以HA=HB=.

31、 因為APB=ADR=600 所以PA=PB=,HD=HC=1. 可得PH=. 等腰梯形ABCD的面積為S=AC x BD = 2+. ……..9分 所以四棱錐的體積為V=x（2+）x= ……..12分 21.（全國Ⅱ卷理19文19）如圖，直三棱柱中，，，為的中點，為上的一點，． （Ⅰ）證明：為異面直線與的公垂線； （Ⅱ）設(shè)異面直線與的夾角為45，求二面角的大小． 【分析】本題考查了立體幾何中直線與平面、平面與平面及異面直線所成角與二面角的基

32、礎(chǔ)知識。 （1）要證明DE為AB1與CD的公垂線，即證明DE與它們都垂直，由AE=3EB1，有DE與BA1平行，由A1ABB1為正方形，可證得，證明CD與DE垂直，取AB中點F。連結(jié)DF、FC，證明DE與平面CFD垂直即可證明DE與CD垂直。 （2）由條件將異面直線AB1，CD所成角找出即為FDC，設(shè)出AB連長，求出所有能求出的邊長，再作出二面角的平面角，根據(jù)所求的邊長可通過解三角形求得。 【解析】解法一： （Ⅰ）連結(jié),記與的交點為F.因為面為正方形，故，且.又，所以，又D為的中點，故. 作,G為垂足，由AC=BC知，G為AB中點. 又由底面面，得. 連結(jié)DG，則，故,由三

33、垂線定理，得. 所以DE為異面直線與CD的公垂線. （Ⅱ）因為，故為異面直線與的夾角，. 設(shè)AB=2，則，，,. 作,H為垂足，因為底面,故， 又作，K為垂足，連結(jié),由三垂線定理，得，因此為 解法二：（Ⅰ）以B為坐標(biāo)原點，射線BA為軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=2，則A（2,0,0,），，D（0,1,0），， 又設(shè)C（1,0,c）,則. 于是. 故, 所以DE為異面直線與CD的公垂線. （Ⅱ）因為等于異面直線與CD的夾角， 故 ， 即 ， 解得 ，故， 又， 所以， 所以 . 由于等于二面角的平面角， 所以

34、二面角的大小為. 22.（山東卷理19）如圖，在五棱錐P—ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC，∠ABC=45。。AB=2，BC=2AE=4，三角形PAB是等腰三角形。 （Ⅰ）求證：平面PCD⊥平面PAC； （Ⅱ）求直線PB與平面PCD所成角的大??； （Ⅲ）求四棱錐P—ACDE的體積。 【解析】（Ⅰ）證明：因為ABC=45，AB=2，BC=4，所以在中，由余弦定理得：，解得， 所以，即，又PA⊥平面ABCDE，所以PA⊥， 又PA，所以，又AB∥CD，所以，又因為 ，所以平面PCD⊥平面PAC； （Ⅱ）

35、由（Ⅰ）知平面PCD⊥平面PAC，所以在平面PAC內(nèi)，過點A作于H，則 ，又AB∥CD，AB平面內(nèi)，所以AB平行于平面，所以點A到平面的距離等于點B到平面的距離，過點B作BO⊥平面于點O，則 為所求角，且，又容易求得，所以，即=，所以直線PB與平面PCD所成角的大小為； （Ⅲ）由（Ⅰ）知，所以，又AC∥ED，所以四邊形ACDE是直角梯形，又容易求得，AC=，所以四邊形ACDE的面積為，所以 四棱錐P—ACDE的體積為=。 【命題意圖】本題考查了空間幾何體的的線面與面面垂直、線面角的求解以及幾何體的體積計算問題，考查了同學(xué)們的空間想象能力以及空間思維能力。 (標(biāo)準(zhǔn)答案) 本小

36、題主要考察空間中的基本關(guān)系，考察線面垂直、面面垂直的判定以及線面角和集合體體積的計算，考查識圖能力、空間想象力和邏輯推理能力，滿分12分 （｜）證明：在△ABC中，因為∠ABC=45，BC=4，AB=， 所以AC2=AB+BC2-2ABBCcos45=8 因此 AC=，故BC2=AC2+AB2,所以∠BAC=90 所以CD⊥PA,CD⊥AC, 又 PA,AC 平面PAC,且PAAC=A， 所以 CD⊥PAC,又 CD平面PCD， 所以 平面PCD⊥平面PAC-------------------------------------------- 則,又 ，所以

37、 解法二：由（｜）知AB,AC,AP兩兩相互垂直，分別以AB、AC、AP為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由于△PAB是等腰三角形， 所以 PA=AB=,又AC=, 因此直線PB與平面PCD所成的角為 （Ⅲ）因為AC∥ED,CD⊥AC，所以 四邊形ACDE是直角梯形， 因為 AE=2,∠ABC=45，AE∥BC， 所以 ∠BAE=135，因此 ∠CAE=45, 故 CD=AEsin45==2=， 所以 又 PA⊥平面ABCDE， 所以 23.（山東卷文20）在如圖所示的幾何體中，四邊形是正方形，平面，，、、分別為、、的中

38、點，且. （I）求證：平面平面； （II）求三棱錐與四棱錐的體積之比. 【命題意圖】本小題主要考查空間中的線面關(guān)系，考查線面垂直、面面垂直的判定及幾何體體積的計算，考查試圖能力和邏輯思維能力。 【解析】（I）證明：由已知MA 平面ABCD，PD∥MA， 所以 PD∈平面ABCD 又 BC ∈ 平面ABCD， 因為 四邊形ABCD為正方形， 所以 PD⊥ BC 又 PD∩DC=D， 因此 BC⊥平面PDC 在△PBC中，因為G平分為PC的中點， 所以

39、GF∥BC 因此 GF⊥平面PDC 又 GF ∈平面EFG， 所以 平面EFG⊥平面PDC. （Ⅱ ）解：因為PD⊥平面ABCD,四邊形ABCD為正方形，不妨設(shè)MA=1， 則 PD=AD=2，ABCD 所以 Vp-ABCD=1/3S正方形ABCD，PD=8/3 由于 DA⊥面MAB的距離 所以 DA即為點P到平面MAB的距離， 三棱錐 Vp-MAB=1/31/2122=2/3，所以 Vp-MAB：Ｖp-ABCD=1:4。 24.（陜西卷理18）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABC

40、D是矩形，PA⊥平面ABCD,AP=AB=2,BC=2√2，E，F(xiàn)分別是AD，PC的重點 （Ⅰ）證明：PC⊥平面BEF； （Ⅱ）求平面BEF與平面BAP夾角的大小。 解法一 （Ⅰ）如圖，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AP算在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系。 ∵AP=AB=2,BC=AD=2√2,四邊形ABCD是矩形。 ∴A，B，C，D的坐標(biāo)為A(0,0,0),B(2,0,0),C(2, 2√2,0)，D(0，2√2，0)，P(0,0,2) 又E，F(xiàn)分別是AD，PC的中點， ∴E(0，√2，0),F(1，√2，1)。 ∴=（2，2√2，-2）=（-1，√2，1）=（

41、1,0, 1）， ∴=-2+4-2=0，=2+0-2=0， ∴⊥，⊥， ∴PC⊥BF,PC⊥EF,BF∩EF=F, ∴PC⊥平面BEF 25.（陜西卷文18）如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是矩形PA⊥平面ABCD，AP=AB，BP=BC=2，E，F(xiàn)分別是PB,PC的中點. (Ⅰ)證明：EF∥平面PAD； (Ⅱ)求三棱錐E—ABC的體積V. 解 (Ⅰ)在△PBC中，E，F(xiàn)分別是PB，PC的中點，∴EF∥BC. 又BC∥AD,∴EF∥AD, 又∵AD平面PAD,EF平面PAD, ∴EF∥平面PAD. (Ⅱ)連接AE,AC,EC,過E

42、作EG∥PA交AB于點G, 則BG⊥平面ABCD,且EG=PA. 在△PAB中，AD=AB,PAB,BP=2,∴AP=AB=,EG=. ∴S△ABC=ABBC=2=, ∴VE-ABC=S△ABCEG==. 26.（四川卷理18）已知正方體的棱長為1，點是棱的中點，點是對角線的中點. （Ⅰ）求證：為異面直線和的公垂線； （Ⅱ）求二面角的大?。? （Ⅲ）求三棱錐的體積. 27. （四川卷文18）在正方體ABCD－A′B′C′D′中，點M 是棱AA′的中點，點O是對角線BD′的中點. （Ⅰ）求證：OM為異面直線AA′和BD′的公垂線； （Ⅱ）

43、求二面角M－BC′－B′的大?。? 28.（天津卷理19）如圖，在長方體中，、分別是棱,上的點，, 求異面直線與所成角的余弦值； 證明平面 求二面角的正弦值。 【命題意圖】本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎(chǔ)知識，考查用空間向量解決立體幾何問題的方法，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力。 【解析】方法一：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點A為坐標(biāo)原點，設(shè),依題意得,,, 解：易得, 于是 所以異面直線與所成角的余弦值為 證明：已知,, 于是=0，=0.因此，,,又 所以平面 (3)解：設(shè)平面的法向量，則,即

44、不妨令X=1,可得。由（2）可知，為平面的一個法向量。 于是，從而 所以二面角的正弦值為 方法二：（1）解：設(shè)AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE= 鏈接B1C,BC1，設(shè)B1C與BC1交于點M,易知A1D∥B1C，由,可知EF∥BC1.故是異面直線EF與A1D所成的角，易知BM=CM=,所以 ,所以異面直線FE與A1D所成角的余弦值為 （2）證明：連接AC，設(shè)AC與DE交點N 因為，所以，從而，又由于,所以，故AC⊥DE,又因為CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，從而AF⊥DE. 連接BF，同理可證B1C⊥平面ABF,從而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因為，所以A

45、F⊥平面A1ED (3)解：連接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE ⊥NF,DE⊥A1N,故為二面角A1-ED-F的平面角 易知，所以，又所以，在 連接A1C1,A1F 在 。所以 所以二面角A1-DE-F正弦值為。 29.（天津卷文19）如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ADEF是正方形，F(xiàn)A⊥平面ABCD，BC∥AD，CD=1，AD=，∠BAD＝∠CDA＝45. （Ⅰ）求異面直線CE與AF所成角的余弦值； （Ⅱ）證明CD⊥平面ABF； （Ⅲ）求二面角B-EF-A的正切值。 【命題意圖】本小題

46、主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力，運算能力和推理論證能力. 【解析】(I)解：因為四邊形ADEF是正方形，所以FA//ED.故為異面直線CE與AF所成的角. 因為FA平面ABCD，所以FACD.故EDCD. 在Rt△CDE中，CD=1，ED=，CE==3,故cos==. 所以異面直線CE和AF所成角的余弦值為. (Ⅱ)證明：過點B作BG//CD,交AD于點G，則.由,可得BGAB,從而CDAB,又CDFA,FAAB=A,所以CD平面ABF. (Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得AG=，即G為AD的中點.取EF的中點N，連接GN，則GNEF,因為

47、BC//AD,所以BC//EF.過點N作NMEF，交BC于點M，則為二面角B-EF-A的平面角。 連接GM，可得AD平面GNM,故ADGM.從而BCGM.由已知，可得GM=.由NG//FA,FAGM,得NGGM. 在Rt△NGM中，tan,所以二面角B-EF-A的正切值為. 30.（浙江卷理20）如圖， 在矩形中，點分別在線段上，.沿直線將 翻折成，使平面. （Ⅰ）求二面角的余弦值； （Ⅱ）點分別在線段上，若沿直線將四邊形向上翻折，使與重合，求線段的長。 解析：本題主要考察空間點、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識，空間向量的應(yīng)用，同事考查空間想象能力和運算求解能力。 （

48、Ⅰ）解：取線段EF的中點H，連結(jié)，因為=及H是EF的中點，所以, 又因為平面平面.如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz則（2，2，），C（10，8，0）， F（4，0，0），D（10，0，0）. 故=（-2，2，2），=（6，0，0）. 設(shè)=（x,y,z）為平面的一個法向量， -2x+2y+2z=0 所以 6x=0. 取，則。 又平面的一個法向量， 故。 所以二面角的余弦值為 （Ⅱ）解：設(shè)則， 因為翻折后，與重合，所以， 故， ，得， 經(jīng)檢驗，此時點在線段上，所以。 方法二： （Ⅰ）解：

49、取線段的中點,的中點,連結(jié)。 因為=及是的中點，所以 又因為平面平面， 所以平面, 又平面,故， 又因為、是、的中點，易知∥， 所以，于是面， 所以為二面角的平面角， 在中，=，=2，= 所以.故二面角的余弦值為。 （Ⅱ）解：設(shè), 因為翻折后，與重合，所以， 而， 得， 經(jīng)檢驗，此時點在線段上，所以。 31.（浙江卷文20）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120,E為線段AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A’DE，使平面A’DE⊥平面BCD，F(xiàn)為線段A’C的中點。 （Ⅰ）

50、求證：BF∥平面A’DE； （Ⅱ）設(shè)M為線段DE的中點，求直線FM與平面A’DE所成角的余弦值。 解析：本題主要考查空間線線、線面、面面位置關(guān)系，線面角等基礎(chǔ)知識，同時考查空間想象能力和推理論證能力。 (Ⅰ)證明：取A′D的中點G，連結(jié)GF，CE，由條件易知 FG∥CD，F(xiàn)G=CD. BE∥CD,BE=CD. 所以FG∥BE,FG=BE. 故四邊形BEGF為平行四邊形,所以BF∥EG 因為平面，BF平面 所以 BF//平面 （Ⅱ）解：在平行四邊形,ABCD中，設(shè)BC=a 則AB=CD=2a, AD=AE=EB=a, 連CE 因為 在△BCE中，可得CE=

51、a, 在△ADE中，可得DE=a, 在△CDE中，因為CD2=CE2+DE2，所以CE⊥DE, 在正三角形A′DE中，M為DE中點，所以A′M⊥DE. 由平面A′DE⊥平面BCD, 可知A′M⊥平面BCD,A′M⊥CE. 取A′E的中點N，連線NM、NF， 所以NF⊥DE,NF⊥A′M. 因為DE交A′M于M, 所以NF⊥平面A′DE, 則∠FMN為直線FM與平面A′DE新成角. 在Rt△FMN中，NF=a, MN=a, FM=a ,則cos=. 所以直線FM與平面A′DE所成角的余弦值為. 32.（重慶卷理19）如題（19）圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA底面ABCD，PA=AB=，點E是棱PB的中點。 （Ⅰ）求直線AD與平面PBC的距離； （Ⅱ）若AD=，求二面角A-EC-D的平面角的余弦值。 33.（重慶卷文20）如題（20）圖，四棱柱P-ABCD中，底面ABCD 為矩形，PA⊥底面點E是棱PB的中點。 （ Ⅰ）證明：AE⊥平面PBC （Ⅱ）若AD=1，求二面角B-EC-D的平面角的余弦值。 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！