高考数学试题汇编：第9章直线、平面、简单几何体 第3节 空间角与距离

第九章 直线、平面、简单几何体三 空间角与距离【考点阐述】异面直线所成的角异面直线的公垂线异面直线的距离直线和平面垂直的性质平面的法向量点到平面的距离直线和平面所成的角向量在平面内的射影平行平面的判定和性质平行平面间的距离二面角及其平面角两个平面垂直的判定和性质【考试要求】（7）掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线或在坐标表示下的距离掌握直线和平面垂直的性质定理掌握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定理【考题分类】（一）选择题（共6题）1.（全国卷理7文9）正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为A B C D【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】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.2.（全国卷文6）直三棱柱中，若，则异面直线与所成的角等于(A)30 (B)45 (C)60 (D)90【答案】C【命题意图】本小题主要考查直三棱柱的性质、异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法. 【解析】延长CA到D，使得，则为平行四边形，就是异面直线与所成的角，又三角形为等边三角形，3.（全国卷理11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】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.4.（全国卷文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：【命题意图】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。【解析】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.（重庆卷理10）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是A. 直线 B. 椭圆 C. 抛物线 D. 双曲线【答案】D解析：排除法 轨迹是轴对称图形，排除A、C，轨迹与已知直线不能有交点，排除B6.（重庆卷文9）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点（A）只有1个 （B）恰有3个（C）恰有4个 （D）有无穷多个【答案】D【解析】放在正方体中研究,显然，线段、EF、FG、GH、HE的中点到两垂直异面直线AB、CD的距离都相等， 所以排除A、B、C，选D亦可在四条侧棱上找到四个点到两垂直异面直线AB、CD的距离相等（二）填空题（共1.题）1.（四川卷理15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 . 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60又由已知，ABD30CD连结CB，则ABC为与平面所成的角设AD2，则AC，CD1AB4sinABC答案：（三）解答题（共33题）1.（安徽卷理18）如图，在多面体中，四边形是正方形，为的中点。 ()求证：平面；()求证：平面；()求二面角的大小。2.（安徽卷文19）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EFAB,EFFB,BFC=90，BF=FC,H为BC的中点，()求证：FH平面EDB;（）求证：AC平面EDB; （）求四面体BDEF的体积；【命题意图】本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断与证明，考查体积的计算等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.【解题指导】（1）设底面对角线交点为G，则可以通过证明EGFH，得平面；（2）利用线线、线面的平行与垂直关系，证明FH平面ABCD，得FHBC，FHAC，进而得EGAC，平面；（3）证明BF平面CDEF，得BF为四面体B-DEF的高，进而求体积.【规律总结】本题是典型的空间几何问题，图形不是规则的空间几何体，所求的结论是线面平行与垂直以及体积，考查平行关系的判断与性质.解决这类问题，通常利用线线平行证明线面平行，利用线线垂直证明线面垂直，通过求高和底面积求四面体体积. 3.（北京卷理16）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交于点G，因为EFAG，且EF=1，AG=AC=1，所以四边形AGEF为平行四边形。所以AFEG。因为EGP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所在的平面互相垂直，且CEAC，所以CEAC，所以CE平面ABCD。如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-xyz。则C（0， 0， 0），A（，0），D（，0， 0），E（0， 0， 1），F（，1）。所以=（，1），=（0，），（，0，）。所以= 0-1+1=0，=。所以CFBE，CFDE，所以CF平面BDE（III）由（II）知，=（，1），是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量=（x,y,z）,则=0，=0。即所以x=0，且z=y。令y=1，则z=。所以n=（），从而cos（，）=因为二面角A-BE-D为锐角，所以二面角A-BE-D为。4.（北京卷文16）如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直。EF/AC，AB=,CE=EF=1（）求证：AF/平面BDE；（）求证：CF平面BDF;5.（福建卷理18）如图，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且是圆的直径。（）证明：平面平面；（）设。在圆柱内随机选取一点，记该点取自于三棱柱内的概率为。（）当点在圆周上运动时，求的最大值；（）记平面与平面所成的角为（090）。当取最大值时，求的值。【命题意图】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。【解析】（）因为平面ABC，平面ABC，所以，因为AB是圆O直径，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面。（）（i）设圆柱的底面半径为，则AB=，故三棱柱的体积为=，又因为，所以=，当且仅当时等号成立，从而，而圆柱的体积，故=当且仅当，即时等号成立，所以的最大值是。（ii）由（i）可知，取最大值时，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），则C（r，0，0），B（0，r，0），（0，r，2r），因为平面，所以是平面的一个法向量，设平面的法向量，由，故，取得平面的一个法向量为，因为，所以。6.（福建卷文20）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1 中，E，H分别是棱A1B1，D1C1上的点（点E与B1 不重合），且EHA1 D1. 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 =2 a .在长方体ABCDA1B1C1D1 内随机选取一点。记该点取自几何体A1ABFE-D1DCGH内的概率为p，当点E，F分别在棱A1B1上运动且满足EF=a时，求p的最小值.7.（广东卷理18）如图，弧AEC是半径为a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FB=FD=a，FE=a , （1）证明：EBFD；（2）已知点Q,R分别为线段FE,FB上的点，使得FQ=FE,FR=FB,求平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值。（2）设平面与平面RQD的交线为.由BQ=FE,FR=FB知, .而平面，平面，而平面平面= ，.由（1）知，平面，平面，而平面， 平面，是平面与平面所成二面角的平面角在中，故平面与平面所成二面角的正弦值是8.（广东卷文18）如图4，弧是半径为的半圆，为直径，点为弧AC的中点，点和点为线段的三等分点，平面外一点满足平面，=. （1）证明：；（2）求点到平面的距离.解析:（1）证明：点E为弧AC的中点 9.（湖北卷理18）如图， 在四面体ABOC中, , 且（）设为为的中点， 证明： 在上存在一点，使，并计算的值；（）求二面角的平面角的余弦值。10.（湖北卷文18）如图，在四面体ABOC中，OCOA。OCOB，AOB=120，且OA=OB=OC=1（）设P为AC的中点，Q在AB上且AB=3AQ，证明：PQOA；（）求二面角O-AC-B的平面角的余弦值。11.（湖南卷理18）如图5所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱DD1的中点。（）求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值；()在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F/平面A1BE？证明你的结论。A DB CA1 D1B1 C1E图5【解析】所以，取n.设F是棱C1D1上的点，则F（t,1,1）(0t1)，又B1（1，0，1），所以n这说明在在棱C1D1上是否存在一点F（），使B1F/平面A1BE解法2 如图（a）所示，取AA1的中点M，连结EM，BM，因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM/AD。又在正方体ABCDA1B1C1D1中。AD平面ABB1A1，所以EMABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，EBM直线BE与平面ABB1A1所成的角.设正方体的棱长为2，则EMAD2，BE，于是在RTBEM中，12.（湖南卷文18）如图所示，在长方体中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点（）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；（）证明：平面ABM平面A1B1M113.（江苏卷16）如图，四棱锥P-ABCD中，PD平面ABCD，PD=DC=BC=1,AB=2,ABDC，BCD=900求证：PCBC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。14.（江西卷理20）如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.（1）求点到平面的距离；（2）求平面与平面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15.（江西卷文20）如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.（1）求直线与平面所成的角的大小；（2）求平面与平面所成的二面角的正弦值.【解析】本题主要考查了考查立体图形的空间感、线面角、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._C_H_M_D_E_B_O_A_FOB=MO=，MOAB，则，所以，故.（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.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）设直线AM与平面BCD所成的角为.因（0，），平面的法向量为.则有，所以.（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.16.（辽宁卷理19）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. 【点评】纵观近几年的高考试题，立体几何的解答题在很大程度上扮演着直线与平面内容载体的角色，着重考查立体几何中的逻辑推理，多为中档题，通过这些题目考查学生掌握基础知识、逻辑推理能力、计算能力和空间想象能力。而空间向量是解答立体几何问题的17.（辽宁卷文19）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.【命题意图】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，二面角等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.18.（全国卷理19文20）如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB/DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC .（）证明：SE=2EB；（）求二面角A-DE-C的大小 .【解析】解法一： ()连接BD,取DC的中点G，连接BG, 由此知 即为直角三角形，故. 又,所以，.作，() 由知.故为等腰三角形.取中点F,连接,则.连接，则.所以，是二面角的平面角.连接AG,AG=,所以，二面角的大小为120.解法二： 以D为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，由,得 ，故 .令，则.19.（全国新卷理18）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，ABCD,ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高 ，E为AD中点证明：PEBC若APB=ADB=60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值解：以为原点， 分别为轴，线段的长为单位长， 建立空间直角坐标系如图， 则 （）设 则 可得 因为所以 （）由已知条件可得 设 为平面的法向量 则 即因此可以取，由，可得 所以直线与平面所成角的正弦值为20.（全国新卷文18）如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，,垂足为，是四棱锥的高。（）证明：平面 平面;（）若,60,求四棱锥的体积。解： (1)因为PH是四棱锥P-ABCD的高。 所以ACPH,又ACBD,PH,BD都在平PHD内,且PHBD=H. 所以AC平面PBD. 故平面PAC平面PBD. .6分 (2)因为ABCD为等腰梯形，ABCD,ACBD,AB=. 所以HA=HB=. 因为APB=ADR=600 所以PA=PB=,HD=HC=1. 可得PH=. 等腰梯形ABCD的面积为S=AC x BD = 2+. .9分 所以四棱锥的体积为V=x（2+）x= .12分21.（全国卷理19文19）如图，直三棱柱中，为的中点，为上的一点，（）证明：为异面直线与的公垂线；（）设异面直线与的夹角为45，求二面角的大小【分析】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。【解析】解法一：（）连结,记与的交点为F.因为面为正方形，故，且.又，所以，又D为的中点，故. 作,G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点. 又由底面面，得. 连结DG，则，故,由三垂线定理，得. 所以DE为异面直线与CD的公垂线.（）因为，故为异面直线与的夹角，.设AB=2，则，,.作,H为垂足，因为底面,故，又作，K为垂足，连结,由三垂线定理，得，因此为解法二：（）以B为坐标原点，射线BA为轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=2，则A（2,0,0,），D（0,1,0），又设C（1,0,c）,则.于是.故,所以DE为异面直线与CD的公垂线.（）因为等于异面直线与CD的夹角，故 ，即 ，解得 ，故，又，所以，所以 .由于等于二面角的平面角，所以二面角的大小为.22.（山东卷理19）如图，在五棱锥PABCDE中，PA平面ABCDE，ABCD，ACED，AEBC，ABC=45。AB=2，BC=2AE=4，三角形PAB是等腰三角形。（）求证：平面PCD平面PAC； （）求直线PB与平面PCD所成角的大小；（）求四棱锥PACDE的体积。【解析】（）证明：因为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ABCD，所以，又因为，所以平面PCD平面PAC；（）由（）知平面PCD平面PAC，所以在平面PAC内，过点A作于H，则，又ABCD，AB平面内，所以AB平行于平面，所以点A到平面的距离等于点B到平面的距离，过点B作BO平面于点O，则为所求角，且，又容易求得，所以，即=，所以直线PB与平面PCD所成角的大小为；（）由（）知，所以，又ACED，所以四边形ACDE是直角梯形，又容易求得，AC=，所以四边形ACDE的面积为，所以四棱锥PACDE的体积为=。【命题意图】本题考查了空间几何体的的线面与面面垂直、线面角的求解以及几何体的体积计算问题，考查了同学们的空间想象能力以及空间思维能力。(标准答案) 本小题主要考察空间中的基本关系，考察线面垂直、面面垂直的判定以及线面角和集合体体积的计算，考查识图能力、空间想象力和逻辑推理能力，满分12分（）证明：在ABC中，因为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CDPA,CDAC,又 PA,AC 平面PAC,且PAAC=A，所以 CDPAC,又 CD平面PCD，所以 平面PCD平面PAC-则,又 ，所以 解法二：由（）知AB,AC,AP两两相互垂直，分别以AB、AC、AP为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于PAB是等腰三角形，所以 PA=AB=,又AC=,因此直线PB与平面PCD所成的角为（）因为ACED,CDAC，所以 四边形ACDE是直角梯形，因为 AE=2,ABC=45，AEBC，所以 BAE=135，因此 CAE=45,故 CD=AEsin45=2=，所以 又 PA平面ABCDE，所以 23.（山东卷文20）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，平面，、分别为、的中点，且.（I）求证：平面平面；（II）求三棱锥与四棱锥的体积之比. 【命题意图】本小题主要考查空间中的线面关系，考查线面垂直、面面垂直的判定及几何体体积的计算，考查试图能力和逻辑思维能力。【解析】（I）证明：由已知MA 平面ABCD，PDMA， 所以 PD平面ABCD又 BC 平面ABCD，因为 四边形ABCD为正方形，所以 PD BC 又 PDDC=D， 因此 BC平面PDC在PBC中，因为G平分为PC的中点，所以 GFBC因此 GF平面PDC又 GF 平面EFG，所以 平面EFG平面PDC.（ ）解：因为PD平面ABCD,四边形ABCD为正方形，不妨设MA=1， 则 PD=AD=2，ABCD 所以 Vp-ABCD=1/3S正方形ABCD，PD=8/3 由于 DA面MAB的距离 所以 DA即为点P到平面MAB的距离，三棱锥 Vp-MAB=1/31/2122=2/3，所以 Vp-MAB：p-ABCD=1:4。24.（陕西卷理18）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD,AP=AB=2,BC=22，E，F分别是AD，PC的重点（）证明：PC平面BEF；（）求平面BEF与平面BAP夹角的大小。解法一 （）如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP算在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系。AP=AB=2,BC=AD=22,四边形ABCD是矩形。A，B，C，D的坐标为A(0,0,0),B(2,0,0),C(2, 22,0)，D(0，22，0)，P(0,0,2)又E，F分别是AD，PC的中点，E(0，2，0),F(1，2，1)。=（2，22，-2）=（-1，2，1）=（1,0, 1），=-2+4-2=0，=2+0-2=0，PCBF,PCEF,BFEF=F,PC平面BEF25.（陕西卷文18）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形PA平面ABCD，AP=AB，BP=BC=2，E，F分别是PB,PC的中点. ()证明：EF平面PAD；()求三棱锥EABC的体积V.解()在PBC中，E，F分别是PB，PC的中点，EFBC.又BCAD,EFAD,又AD平面PAD,EF平面PAD,EF平面PAD.()连接AE,AC,EC,过E作EGPA交AB于点G,则BG平面ABCD,且EG=PA.在PAB中，AD=AB,PAB,BP=2,AP=AB=,EG=.SABC=ABBC=2=,VE-ABC=SABCEG=.26.（四川卷理18）已知正方体的棱长为1，点是棱的中点，点是对角线的中点.（）求证：为异面直线和的公垂线；（）求二面角的大小；（）求三棱锥的体积.27. （四川卷文18）在正方体ABCDABCD中，点M是棱AA的中点，点O是对角线BD的中点.（）求证：OM为异面直线AA和BD的公垂线；（）求二面角MBCB的大小；28.（天津卷理19）如图，在长方体中，、分别是棱,上的点，,求异面直线与所成角的余弦值；证明平面求二面角的正弦值。【命题意图】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。【解析】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设,依题意得,解：易得,于是 所以异面直线与所成角的余弦值为证明：已知,于是=0，=0.因此，,又所以平面(3)解：设平面的法向量，则,即不妨令X=1,可得。由（2）可知，为平面的一个法向量。于是，从而所以二面角的正弦值为方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1DB1C，由,可知EFBC1.故是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=,所以 ,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N 因为，所以，从而，又由于,所以，故ACDE,又因为CC1DE且，所以DE平面ACF，从而AFDE.连接BF，同理可证B1C平面ABF,从而AFB1C,所以AFA1D因为，所以AF平面A1ED(3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE平面ACF,又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DENF,DEA1N,故为二面角A1-ED-F的平面角易知，所以，又所以，在连接A1C1,A1F 在。所以所以二面角A1-DE-F正弦值为。29.（天津卷文19）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA平面ABCD，BCAD，CD=1，AD=，BADCDA45.（）求异面直线CE与AF所成角的余弦值； （）证明CD平面ABF；（）求二面角B-EF-A的正切值。【命题意图】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力.【解析】(I)解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA/ED.故为异面直线CE与AF所成的角.因为FA平面ABCD，所以FACD.故EDCD.在RtCDE中，CD=1，ED=，CE=3,故cos=.所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为.()证明：过点B作BG/CD,交AD于点G，则.由,可得BGAB,从而CDAB,又CDFA,FAAB=A,所以CD平面ABF.()解：由（）及已知，可得AG=，即G为AD的中点.取EF的中点N，连接GN，则GNEF,因为BC/AD,所以BC/EF.过点N作NMEF，交BC于点M，则为二面角B-EF-A的平面角。连接GM，可得AD平面GNM,故ADGM.从而BCGM.由已知，可得GM=.由NG/FA,FAGM,得NGGM.在RtNGM中，tan,所以二面角B-EF-A的正切值为.30.（浙江卷理20）如图， 在矩形中，点分别在线段上，.沿直线将 翻折成，使平面. （）求二面角的余弦值；（）点分别在线段上，若沿直线将四边形向上翻折，使与重合，求线段的长。解析：本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同事考查空间想象能力和运算求解能力。（）解：取线段EF的中点H，连结，因为=及H是EF的中点，所以,又因为平面平面.如图建立空间直角坐标系A-xyz则（2，2，），C（10，8，0），F（4，0，0），D（10，0，0）. 故=（-2，2，2），=（6，0，0）.设=（x,y,z）为平面的一个法向量， -2x+2y+2z=0所以 6x=0.取，则。又平面的一个法向量，故。所以二面角的余弦值为（）解：设则， 因为翻折后，与重合，所以， 故， ，得， 经检验，此时点在线段上，所以。方法二：（）解：取线段的中点,的中点,连结。 因为=及是的中点，所以又因为平面平面，所以平面,又平面,故，又因为、是、的中点，易知，所以，于是面，所以为二面角的平面角，在中，=，=2，=所以.故二面角的余弦值为。（）解：设, 因为翻折后，与重合，所以， 而， 得，经检验，此时点在线段上，所以。31.（浙江卷文20）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。解析：本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。 ()证明：取AD的中点G，连结GF，CE，由条件易知FGCD，FG=CD.BECD,BE=CD.所以FGBE,FG=BE.故四边形BEGF为平行四边形,所以BFEG因为平面，BF平面所以 BF/平面（）解：在平行四边形,ABCD中，设BC=a 则AB=CD=2a, AD=AE=EB=a, 连CE 因为在BCE中，可得CE=a,在ADE中，可得DE=a,在CDE中，因为CD2=CE2+DE2，所以CEDE,在正三角形ADE中，M为DE中点，所以AMDE.由平面ADE平面BCD,可知AM平面BCD,AMCE.取AE的中点N，连线NM、NF，所以NFDE,NFAM.因为DE交AM于M,所以NF平面ADE,则FMN为直线FM与平面ADE新成角.在RtFMN中，NF=a, MN=a, FM=a,则cos=.所以直线FM与平面ADE所成角的余弦值为.32.（重庆卷理19）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。（）求直线AD与平面PBC的距离；（）若AD=，求二面角A-EC-D的平面角的余弦值。33.（重庆卷文20）如题（20）图，四棱柱P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面点E是棱PB的中点。（ ）证明：AE平面PBC（）若AD=1，求二面角B-EC-D的平面角的余弦值。