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第三节 空间向量在立体几何中的应用第一部分 六年高考荟萃2020年高考题一、选择题1.（2020全国卷2理）（11）与正方体的三条棱、所在直线的距离相等的点（A）有且只有1个 （B）有且只有2个（C）有且只有3个 （D）有无数个【答案】D【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则分别作，垂足分别为M，N，Q，连PM，PN，PQ，由三垂线定理可得，PNPM；PQAB，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以，PM=PN=PQ，即P到三条棱AB、CC1、A1D1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D.2.（2020辽宁理）(12) (12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是 (A)（0,） (B)（1,） (C) (,） (D) （0,）【答案】A【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。【解析】根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知AD=，SD=，则有2+，即，即有a0;综上分析可知a（0,）3.（2020全国卷2文）（11）与正方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点（A）有且只有1个 （B）有且只有2个（C）有且只有3个 （D）有无数个【答案】D【解析】：本题考查了空间想象能力到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，三个圆柱面有无数个交点，4.（2020全国卷2文）（8）已知三棱锥中，底面为边长等于2的等边三角形，垂直于底面，=3，那么直线与平面所成角的正弦值为（A） (B) (C) (D) 【答案】D【解析】：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。ABCSEF过A作AE垂直于BC交BC于E，连结SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，正三角形ABC， E为BC中点， BCAE，SABC， BC面SAE， BCAF，AFSE， AF面SBC，ABF为直线AB与面SBC所成角，由正三角形边长3， ，AS=3， SE=，AF=， 5.（2020全国卷1文）（9）正方体-中，与平面所成角的余弦值为（A） （B） （C） （D）ABCDA1B1C1D1O【答案】D 【命题意图】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法，利用等体积转化求出D到平面AC的距离是解决本题的关键所在,这也是转化思想的具体体现.【解析1】因为BB1/DD1,所以B与平面AC所成角和DD1与平面AC所成角相等,设DO平面AC，由等体积法得,即.设DD1=a,则,.所以,记DD1与平面AC所成角为,则,所以.【解析2】设上下底面的中心分别为；与平面AC所成角就是B与平面AC所成角，6.（2020全国卷1理）（12）已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为(A) (B) (C) (D) 7.（2020全国卷1理）（7）正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为（A） （B） （C） （D）8.（2020四川文）（12）半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段、分别与球面交于点、，那么、两点间的球面距离是（A） （B）（C） （D）【答案】A【解析】由已知，AB2R,BCR,故tanBACcosBAC连结OM，则OAM为等腰三角形AM2AOcosBAC，同理AN，且MNCD而ACR,CDR故MN：CDAN:AC MN，连结OM、ON，有OMONR于是cosMON所以M、N两点间的球面距离是二、填空题1.（2020江西理）16.如图，在三棱锥中，三条棱，两两垂直，且,分别经过三条棱，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，则，的大小关系为 。【答案】 【解析】考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，通过补形，借助长方体验证结论，特殊化，令边长为1，2，3得。2.（2020北京文）（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动。设顶点p（x，y）的纵坐标与横坐标的函数关系是，则的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图像与x轴所围区域的面积为 。【答案】4 说明：“正方形PABC沿x轴滚动”包含沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动。沿x轴正方向滚动是指以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在x轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续，类似地，正方形PABC可以沿着x轴负方向滚动。3.（2020北京理）（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动。设顶点p（x，y）的轨迹方程是，则的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图像与x轴所围区域的面积为 【答案】4 说明：“正方形PABC沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动。沿轴正方向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续。类似地，正方形PABC可以沿轴负方向滚动。4.（2020四川文）（15）如图，二面角的大小是60，线段.，与所成的角为30.则与平面所成的角的正弦值是 .【答案】【解析】过点A作平面的垂线，垂足为C，在内过C作l的垂线.垂足为D连结AD，有三垂线定理可知ADl，故ADC为二面角的平面角，为60CD又由已知，ABD30连结CB，则ABC为与平面所成的角设AD2，则AC，CD1AB4sinABC5.（2020湖北文数）14.圆柱形容器内盛有高度为3cm的水，若放入三个相同的珠（球的半么与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是_cm.【答案】4【解析】设球半径为r，则由可得,解得r=4.6.（2020湖南理数）13图3中的三个直角三角形是一个体积为20的几何体的三视图，则 7.（2020湖北理数）13.圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是 cm。【答案】4【解析】设球半径为r，则由可得,解得r=4.8.（2020福建理数）12若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于 【答案】【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为，侧面积为，所以其表面积为。【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本能力。三、解答题1.（2020辽宁文）（19）（本小题满分12分） 如图，棱柱的侧面是菱形，（）证明：平面平面；（）设是上的点，且平面，求的值. 解：（）因为侧面BCC1B1是菱形，所以又已知所又平面A1BC1，又平面AB1C ，所以平面平面A1BC1 . （）设BC1交B1C于点E，连结DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线，因为A1B/平面B1CD，所以A1B/DE.又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点.即A1D：DC1=1.2.（2020辽宁理）（19）（本小题满分12分）已知三棱锥PABC中，PAABC，ABAC，PA=AC=AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.（）证明：CMSN；（）求SN与平面CMN所成角的大小.证明：设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图。则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,），N（,0,0），S（1,0）.4分（）,因为，所以CMSN 6分（）,设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，则 9分因为所以SN与片面CMN所成角为45。 12分3.（2020全国卷2文）（19）（本小题满分12分） 如图，直三棱柱ABC-ABC 中，AC=BC， AA=AB，D为BB的中点，E为AB上的一点，AE=3 EB （）证明：DE为异面直线AB与CD的公垂线； （）设异面直线AB与CD的夹角为45,求二面角A-AC-B的大小【解析】本题考查了立体几何中直线与平面、平面与平面及异面直线所成角与二面角的基础知识。（1）要证明DE为AB1与CD的公垂线，即证明DE与它们都垂直，由AE=3EB1，有DE与BA1平行，由A1ABB1为正方形，可证得，证明CD与DE垂直，取AB中点F。连结DF、FC，证明DE与平面CFD垂直即可证明DE与CD垂直。（2）由条件将异面直线AB1，CD所成角找出即为FDC，设出AB连长，求出所有能求出的边长，再作出二面角的平面角，根据所求的边长可通过解三角形求得。4.（2020江西理）20. （本小题满分12分）如图BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，。（1） 求点A到平面MBC的距离；（2） 求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值。【解析】本题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形的空间感、点到直线的距离、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD.又平面平面,则MO平面，所以MOAB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=，MOAB，MO/面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，则MHBC，求得：OH=OCsin600=,MH=,利用体积相等得：。（2）CE是平面与平面的交线.由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.作BFEC于F，连AF，则AFEC，AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.因为BCE=120，所以BCF=60. ，所以，所求二面角的正弦值是.【点评】传统方法在处理时要注意到辅助线的处理，一般采用射影、垂线、平行线等特殊位置的元素解决解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD，又平面平面,则MO平面.以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.OB=OM=，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），B（0，-，0），A（0，-，2），（1）设是平面MBC的法向量，则，由得；由得；取，则距离（2），.设平面ACM的法向量为，由得.解得，取.又平面BCD的法向量为，则设所求二面角为，则.【点评】向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计算必须慎之又慎5.（2020重庆文）（20）（本小题满分12分，（）小问5分，（）小问7分. ）如题（20）图，四棱锥中，底面为矩形，底面，点是棱的中点.（）证明：平面；（）若，求二面角的平面角的余弦值. 6.（2020浙江文）（20）（本题满分14分）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC，ABC=120。E为线段AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成ADE，使平面ADE平面BCD，F为线段AC的中点。（）求证：BF平面ADE；（）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面ADE所成角的余弦值。7.（2020重庆理）（19）（本小题满分12分，（I）小问5分，（II）小问7分）如题（19）图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面ABCD，PA=AB=，点E是棱PB的中点。（I） 求直线AD与平面PBC的距离；（II） 若AD=，求二面角A-EC-D的平面角的余弦值。8.（2020北京文）(18) （本小题共14分）设定函数，且方程的两个根分别为1，4。（）当a=3且曲线过原点时，求的解析式；（）若在无极值点，求a的取值范围。解：由 得 因为的两个根分别为1,4，所以 （*）（）当时，又由（*）式得解得又因为曲线过原点，所以故（）由于a0,所以“在（-，+）内无极值点”等价于“在（-，+）内恒成立”。由（*）式得。又解 得即的取值范围9.（2020北京理）（16）（本小题共14分） 如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CEAC,EFAC,AB=，CE=EF=1.（）求证：AF平面BDE；（）求证：CF平面BDE；（）求二面角A-BE-D的大小。 证明：（I） 设AC与BD交与点G。 因为EF/AG，且EF=1，AG=AC=1. 所以四边形AGEF为平行四边形. 所以AF/平面EG， 因为平面BDE，AF平面BDE， 所以AF/平面BDE. （II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面 相互垂直，且CEAC， 所以CE平面ABCD. 如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-. 则C（0，0，0），A（，0），B（0，0）. 所以，. 所以, 所以,. 所以BDE.(III) 由（II）知，是平面BDE的一个法向量. 设平面ABE的法向量,则，. 即所以且 令则. 所以. 从而。 因为二面角为锐角， 所以二面角的大小为.10.（2020广东文）18.（本小题满分14分）如图4，弧AEC是半径为的半圆，AC为直径，点E为弧AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点，平面AEC外一点F满足FC平面BED,FB=（1）证明：EBFD（2）求点B到平面FED的距离. （1）证明：点E为弧AC的中点11.（2020福建文）20 （本小题满分12分）如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1,D1C1上的点（点E与B1不重合），且EH/A1D1。过EH的平面与棱BB1,CC1相交，交点分别为F，G。 （I）证明：AD/平面EFGH； （II）设AB=2AA1=2a。在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点，记该点取自于几何体A1ABFE D1DCGH内的概率为p。当点E，F分别在棱A1B1, B1B上运动且满足EF=a时，求p的最小值。12.（2020湖南理）13.（2020江苏卷）16、（本小题满分14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，ABDC，BCD=900。(1) 求证：PCBC；(2) 求点A到平面PBC的距离。解析 本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。满分14分。（1）证明：因为PD平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC。由BCD=900，得CDBC，又PDDC=D，PD、DC平面PCD，所以BC平面PCD。因为PC平面PCD，故PCBC。（2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则：易证DECB，DE平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等。又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。由（1）知：BC平面PCD，所以平面PBC平面PCD于PC，因为PD=DC，PF=FC，所以DFPC，所以DF平面PBC于F。易知DF=，故点A到平面PBC的距离等于。（方法二）体积法：连结AC。设点A到平面PBC的距离为h。因为ABDC，BCD=900，所以ABC=900。从而AB=2，BC=1，得的面积。由PD平面ABCD及PD=1，得三棱锥P-ABC的体积。因为PD平面ABCD，DC平面ABCD，所以PDDC。又PD=DC=1，所以。由PCBC，BC=1，得的面积。由，得，故点A到平面PBC的距离等于。2020年高考题一、 填空题1.若等边的边长为，平面内一点满足，则_ 2在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B(1，-3，1)，点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是_。【解析】设由可得故【答案】(0,-1，0) 二、解答题3.（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF中，FA 平面ABCD, AD/BC/FE，ABAD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=AD (I) 求异面直线BF与DE所成的角的大小；(II) 证明平面AMD平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。 如图所示，建立空间直角坐标系，点为坐标原点。设依题意得 （I） 所以异面直线与所成的角的大小为.（II）证明： ， （III）又由题设，平面的一个法向量为 202020234（本题满分15分）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，的中点， （I）设是的中点，证明：平面； （II）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系O， 则，由题意得，因，因此平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，因此有平面6.（本小题满分12分）如图，已知两个正方行ABCD 和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点 。（I）若平面ABCD 平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正值弦；（II）用反证法证明：直线ME 与 BN 是两条异面直线。 设正方形ABCD，DCEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线DC，DF，DA为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系如图.则M（1,0,2）,N(0,1,0),可得=(-1,1,2). 又=（0，0，2）为平面DCEF的法向量，可得cos(,)= 所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为cos 6分()假设直线ME与BN共面， 8分则AB平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN由已知，两正方形不共面，故AB平面DCEF。又AB/CD，所以AB/平面DCEF。面EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，所以AB/EN。又AB/CD/EF，所以EN/EF，这与ENEF=E矛盾，故假设不成立。所以ME与BN不共面，它们是异面直线. 12分7.（13分）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，且MD=NB=1，E为BC的中点（1） 求异面直线NE与AM所成角的余弦值（2） 在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由 17.解析：（1）在如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标依题意，得。，所以异面直线与所成角的余弦值为.A（2）假设在线段上存在点，使得平面.,可设又.由平面，得即故，此时.经检验，当时，平面.故线段上存在点，使得平面，此时.8.（本小题满分12分） 如图，直三棱柱中，、分别为、的中点，平面 （I）证明：（II）设二面角为60，求与平面所成的角的大小。分析一：求与平面所成的线面角，只需求点到面的距离即可。19（本小题满分12分，（）问5分，（）问7分）如题（19）图，在四棱锥中，且；平面平面，；为的中点，求：（）点到平面的距离；（）二面角的大小 （）如答（19）图2，以S(O)为坐标原点，射线OD,OC分别为x轴，y轴正向，建立空间坐标系，设，因平面即点A在xoz平面上，因此又因AD/BC，故BC平面CSD，即BCS与平面yOx重合，从而点A到平面BCS的距离为.()易知C(0,2,0)，D(,0,0). 因E为BS的中点.BCS为直角三角形 ,知 设B(0,2, )，0，则2，故B（0，2，2），所以E（0，1，1） .在CD上取点G，设G（），使GECD .由故 又点G在直线CD上，即，由=（），则有联立、，解得G,故=.又由ADCD，所以二面角ECDA的平面角为向量与向量所成的角，记此角为 .因为=，,所以 故所求的二面角的大小为 .作于，连，则，为二面角的平面角，.不妨设，则.在中，由，易得. 设点到面的距离为，与平面所成的角为。利用，可求得，又可求得 即与平面所成的角为分析二：作出与平面所成的角再行求解。如图可证得，所以面。由分析一易知：四边形为正方形，连，并设交点为，则，为在面内的射影。以下略。分析三：利用空间向量的方法求出面的法向量，则与平面所成的角即为与法向量的夹角的余角。具体解法详见高考试题参考答案。总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益。9（本小题共14分）如图，四棱锥的底面是正方形，点E在棱PB上.（）求证：平面； （）当且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系， 设则，（），ACDP，ACDB，AC平面PDB，平面.（）当且E为PB的中点时， 设ACBD=O，连接OE， 由（）知AC平面PDB于O， AEO为AE与平面PDB所的角， ，即AE与平面PDB所成的角的大小为.10.（本小题满分13分，（）小问7分，（）小问6分） 如题（18）图，在五面体ABCDEF中，AB/DC，BAD=，CD=AD=2.，四边形ABFE为平行四边形，FA平面ABCD，FC=3，ED=，求： （）直线AB到平面EFCD的距离： （）二面角F-AD-E的平面角的正切值，18.（本小题满分12分）如图4，在正三棱柱中，D是的中点，点E在上，且。（I） 证明平面平面（II） 求直线和平面所成角的正弦值。 解 （I） 如图所示，由正三棱柱的性质知平面又DE平面ABC，所以DEAA.而DEAE。AAAE=A 所以DE平面AC CA，又DE平面ADE，故平面ADE平面AC CA。解法2 如图所示，设O使AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，不妨设A A=，则AB=2，相关各点的坐标分别是A(0,-1,0)， B（，0，0）， C（0，1，）， D（，-，）。易知=(，1，0)， =(0，2，)， =(，-，） 设平面ABC的法向量为n=（x，y，z）,则有解得x=-y， z=-，故可取n=(1，-，)。所以，(n)=。由此即知，直线AD和平面AB C所成角的正弦值为。11.（本小题满分12分） 如图3，在正三棱柱ABC-中，AB=4, A=,点D是BC的中点，点E在AC上，且DEE（）证明：平面平面; （）求直线AD和平面所成角的正弦值。解法2 如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,), .(2,0, ), D(-1, ), E(-1,0.0)易知=（-3，-），=（0，-，0），=（-3，0）设n=（x，y，z）是平面DE的一个法向量，则 解得故可取n=（,0,-3，）于是 = 由此即知，直线AD和平面DE所成的角是正弦为12（本小题满分12分）在四棱锥中，底面是矩形，平面，. 以的中点为球心、为直径的球面交于点，交于点.（1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成的角的大小；（3）求点到平面的距离.方法二：（1）同方法一；（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则， ，；设平面的一个法向量，由可得：，令，则。设所求角为，则， 所以所求角的大小为。（3）由条件可得，.在中，,所以,则, ，所以所求距离等于点到平面距离的，设点到平面距离为则，所以所求距离为。19（本小题满分12分）如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，是等腰直角三角形，（I）求证：；（II）设线段的中点为，在直线上是否存在一点，使得？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由；（III）求二面角的大小。()因为ABE为等腰直角三角形,AB=AE,所以AEAB.又因为平面ABEF平面ABCD,AE平面ABEF,平面ABEF平面ABCD=AB,所以AE平面ABCD.所以AEAD.因此,AD,AB,AE两两垂直,以A为坐标原点,建立 如图所示的直角坐标系A-xyz.设AB=1,则AE=1，B（0，1，0），D (1, 0, 0 ) ,E ( 0, 0, 1 ), C ( 1, 1, 0 ).因为FA=FE, AEF = 45,所以AFE= 90.从而，.所以,.,.所以EFBE, EFBC.因为BE平面BCE,BCBE=B ,所以EF平面BCE. ()存在点M,当M为AE中点时,PM平面BCE. M ( 0,0, ), P ( 1, ,0 ). 从而=,于是=0 所以PMFE,又EF平面BCE，直线PM不在平面BCE内， 故PMM平面BCE. 8分()设平面BDF的一个法向量为，并设=（x,y,z）. ， 即 取y=1，则x=1，z=3。从而。取平面ABD的一个法向量为。故二面角FBDA的大小为arccos。12分14.（本题满分14分）如图，在直三棱柱中，,求二面角的大小。 简答：2020年高考题解答题1. ABCDEA1B1C1D1（2020全国19）（本小题满分12分）如图，正四棱柱中，点在上且（）证明：平面；（）求二面角的大小以为坐标原点，射线为轴的正半轴，ABCDEA1B1C1D1yxz建立如图所示直角坐标系依题设，（）证明 因为，故，又，所以平面（）解 设向量是平面的法向量，则，故，令，则，等于二面角的平面角， 所以二面角的大小为2. （2020安徽）如图，在四棱锥中，底面四边长为1的菱形，, , ,为的中点，为的中点（）证明：直线；（）求异面直线AB与MD所成角的大小； （）求点B到平面OCD的距离。作于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为轴建立坐标系,(1)证明 设平面OCD的法向量为,则即 取,解得(2)解 设与所成的角为, , 与所成角的大小为.(3)解 设点B到平面OCD的距离为，则为在向量上的投影的绝对值, 由 , 得.所以点B到平面OCD的距离为3. （2020湖南17 ）如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，BCD60，E是CD的中点，PA底面ABCD，PA2. （）证明：平面PBE平面PAB;（）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小.如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2）,（）证明 因为，平面PAB的一个法向量是，所以共线.从而BE平面PAB.又因为平面PBE，故平面PBE平面PAB. ()解 易知 设是平面PBE的一个法向量，则由得所以 设是平面PAD的一个法向量，则由得所以故可取 于是， 故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是4. （2020福建18）如图，在四棱锥P-ABCD中，则面PAD底面 ABCD，侧棱PA=PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC AD,ABAD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点.（）求证：PO平面ABCD；（）求异面直线PD与CD所成角的大小；（）线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.（）证明 在PAD中PA=PD,O为AD中点，所以POAD,又侧面PAD底面ABCD,平面平面ABCD=AD, 平面PAD，所以PO平面ABCD.()解 以O为坐标原点，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O-xyz,依题意，易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),所以所以异面直线PB与CD所成的角是arccos，()解 假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为，由()知设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).则所以即，取x0=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1).设由，得解y=-或y=(舍去)，此时，所以存在点Q满足题意，此时.5. （2020福建理18）如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点。（）求证：AB1面A1BD；（）求二面角AA1DB的大小；（）求点C到平面A1BD的距离；（）证明 取中点，连结为正三角形，在正三棱柱中，平面平面，平面取中点，以为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，xzABCDOFy，平面（）解 设平面的法向量为，令得为平面的一个法向量由（）知平面，为平面的法向量，二面角的大小为（）解 由（），为平面法向量，点到平面的距离6.（2020广东卷）如图所示，AF、DE分别是O、O1的直径.AD与两圆所在的平面均垂直，AD8,BC是O的直径，ABAC6，OE/AD.()求二面角BADF的大小；()求直线BD与EF所成的角.解 ()AD与两圆所在的平面均垂直,ADAB, ADAF,故BAD是二面角BADF的平面角，依题意可知，ABCD是正方形，所以BAD450.即二面角BADF的大小为450.()以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O（0，0，0），A（0，0），B（，0，0）,D（0，8），E（0，0，8），F（0，0）所以，.设异面直线BD与EF所成角为，则直线BD与EF所成的角为7.（2020江西）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动.（1）证明：D1EA1D；（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；（3）AE等于何值时，二面角D1ECD的大小为.以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x, y, z轴，建 立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0），C（0，2，0）（1）证明 （2）解 因为E为AB的中点，则E（1，1，0），从而，设平面ACD1的法向量为，则也即，得，从而，所以点E到平面AD1C的距离为（3）解 设平面D1EC的法向量，由 令b=1, c=2,a=2x，依题意（不合，舍去）， .AE=时，二面角D1ECD的大小为.第二部分 四年联考汇编2020年联考题题组二（5月份更新）1（师大附中理）如图1，是正方形所在平面外一点，平面，则与所成的角的度数为 A B C D答案：C2（肥城市第二次联考）如右图所示，在正方体中，分别是，的中点，则以下结论中不成立的是（ C ）A与垂直B与垂直 C与异面D与异面 答案 C解析：连结，在中，所以A、B、D正确，C错，选C。3（师大附中理）设是半径为2的球面上四个不同的点，且满足两两互相垂直，则的最大值是_。答案：84（池州市七校元旦调研）设向量，满足：，以，的模为边长构成三角形，则它的边与半径为的圆的公共点个数最多为 ( ) A B C D答案：C 【解析】对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现5. （马鞍山学业水平测试）（本小题满分8分）如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是BB1、CD的中点. ()证明：ADD1F;()求AE与D1F所成的角;()证明：面AED面A1FD1.解：以D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为11分则有A（1,0，0），E（1，2，），F（0，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1）2分()，ADD1F4分()，AED1F AE与D1F所成的角为9006分()由以上可知D1F平面AED，又D1F在平面A1FD1内， 面AED面A1FD18分202020236（池州市七校元旦调研）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，的中点， （I）设是的中点，证明：平面； （II）证明：在内存在一点，使平面证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系O，则，由题意得，因，因此平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，因此有平面（II）设点M的坐标为，则，因为平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为，在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在内存在一点，使平面，7（马鞍山学业水平测试）（本小题满分12分）C1A1MB1CNAB（文）在斜三棱柱中，M为的中点，N是BC上一点.（）若平面，求证：N为BC的中点；（）在（）的条件下，若，求证：.C1A1MB1CNAB（） ，所以因为M为B1C1中点，所以N为BC中点-6分（），且M为中点，所以-8分，M为中点，所以，-10分又,则， -12分又,所以， -14分又，所以 -16分8. （玉溪一中期中文）（本小题12分）如图，在四棱锥中，底面，是的中点（）求和平面所成的角的大小；（）证明平面；（）求二面角的大小（）解：在四棱锥中，因底面，平面，故又，从而平面故在平面内的射影为，从而为和平面所成的角在中，故所以和平面所成的角的大小为（）证明：在四棱锥中，因底面，平面，故由条件，面又面，由，可得是的中点，综上得平面（）解：过点作，垂足为，连结由（）知，平面，在平面内的射影是，则因此是二面角的平面角由已知，可得设，可得，在中，则在中，所以二面角的大小 9.（祥云一中月考理）（本小题满分12分） 如图，四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC底面ABCD，E为PC的中点。（I）求异面直线PA与DE所成的角的余弦值；（II）求点D到面PAB的距离10.解：如图取DC的中点O，连PO，PDC为正三角形，PODC.又面PDC面ABCD，PO面ABCD.如图建立空间直角坐标系则（1）E为PC中点， ， .6分（2）可求，设面PAB的一个法向量为， . 由得y=0，代入得令则D到面PAB的距离d等于即点D到面PAB的距离等于.12分11.（祥云一中二次月考理）（本小题满分12分） 如图所示，四棱锥PABCD中，侧棱PA与底面ABCD垂直，DC=1，AD=AP=2，AB=5，CDA=DAB=90，E是PB的中点.（1）求证：BC平面PAC； （2）求异面直线PD、AE所成角的大小； （3）求二面角A-CE-B的大小. 法一： （1）证：由题意：AC=，则，又DCA=CAB，所以DCA 与CAB 相似，所以 BCAC，又由侧棱PA与底面ABCD垂直，有PA BC，所以BC平面PAC；4分 （2）连BD，取BD的中点M，连EM，则EMPD，AEM中，AE=AM=，EM=，设异面直线PD、AE所成角为，则 ，所以PD、AE所成角为.（3）作AHPC于H，作HKEC于K，连AK，又（1）可知.AKH即为所求二面角的平面角的补角.在APC中求出AH=，在ACE中求出AK=，（或在PCE中求出HK=）所求二面角的大小为（或为）.法二：（坐标法）（2）PD、AE所成角为. （3）所求二面角的大小为：12（祥云一中三次月考理）（本小题满分12分）如图，已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，. （1）求证：ACBF；（2）求二面角FBDA的大小. ABEFCDA 13. 解：以CD为x轴,CA为y轴,以CE为z轴建立空间坐标系， （1）C(0,0,0),D(1,0,0),A(0,0),F(0, ,),B(-1,0),14（祥云一中三次月考文）（本小题满分12分）如图，已知正四棱柱中AB=1，A=2，N是D的中点，点M在BB上，异面直线MN、A互相垂直. （1）试确定点M的位置，并加以证明； （2）求二面角AMN的大小.解：（）取A1A的中点P，连PM、PN，则PN/AD， （）由（）知，则就是所求二面角的平面角. 显然利用等面积法求得A1O=AO=在A1OA中由余弦定理得cosAOA= 所以二面角的大小为 解二:(向量法) (咯)15（本小题满分12分） （祥云一中三次月考理）如图，已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，. （1）求证：ACBF；（2）求二面角FBDA的大小； (3) 求点A到平面FBD的距离. ABEFCDA 15. 解：以CD为x轴,CA为y轴,以CE为z轴建立空间坐标系， （1）C(0,0,0),D(1,0,0),A(0,0),F(0, ,),B(-1,0), （2）平面ABD的法向量 解出,cos=,所求二面角FBDA的大小arccos (3)点A到平面FBD的距离为d,.题组一（1月份更新）一、选择填空1. 连结球面上两点的线段称为球的弦半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于2、4，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：弦AB、CD可能相交于点M 弦AB、CD可能相交于点NMN的最大值为5 MN的最小值为l，其中真命题的个数为 A1个 B2个 C3个 D4个答案 C2.（2020昆明一中第三次模拟）如图，正四棱柱中，,则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A B C D.答案 D3.某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（ ）A.B.C.D.答案 C4.等边三角形与正方形有一公共边，二面角的余弦值为，分别是的中点，则所成角的余弦值等于 ACBDP答案 .二、解答题1.如图，在三棱锥中，（）求证：；（）求二面角的大小；（）求点到平面的距离解法一：（）取中点，连结，ACBEP，平面平面，（），又，又，即，且，平面取中点连结，是在平面内的射影，ACBDPH是二面角的平面角在中，二面角的大小为（）由（）知平面，平面平面过作，垂足为平面平面，平面的长即为点到平面的距离ACB
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