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在(0,1]上为增函数.
于是h(t)在(0，十∞)上的最大值为h(e)=
(3)当a>3时，f(x)在(0,1]上是增函数，
fmmx(x)=f(1)=a-1=1→a=2(不合题意，舍
去)，当0≤a≤3时，f(x)=a一3x2,令f'(x)=
(2)证明：设F(x)=f)-g)=号+2ar
0,x=
4
3
-3a1nx-b(x>0),则F'(x)=x+2a-3a-
如下表：
(x-a)(x+3a）(x>0.
0A3
31
故F(x)在(0，a)上为减函数，在(a,+∞)上为
增函数.于是函数F(x)在(0，+∞)上的最小值是F
f'(x)
+
0
(a)=0.
f(x)
最大值
故当x>0时，有f(x）一g(x)≥0，即当x>0
时，f(x)≥g(x).
.f(x)在x=
:处取最大值
3
第五章立体几何与空间向量
327
a3=1a=N4
∠3→x=N3
§5.1空间几何体的结构、三视图和直观图
当a<0时，f(x)=a-3.x2<0,f(x)在(0,1]
五年高考母题原型训练
上单调递减，f(x)在(0,1]无最大值.
1,C【解析】本题考查有关球的问题.可知两
个长度的比即为两个园的半径比.设赤道所在圜半径
27
云存在a=√，使f(x)在(0,1]上有最大
为R,北韩60°所在圆的半径为r,由韩度定义可知
值1.
cos60=R=2,故选择C,
17.解：(1)设y=f(x)与y=g(x)(x>0)在公
2.D【解析】甲、乙在东经120线上，所对國
共点(xo,y)处的切线相同.
心角为75°+45°=120°，所以甲、乙的球面距离为球
“f(x)=x+2a,g'(x)=3a
面大国月长的日故为2。
由题意f(x)=g(x),f'(xo)=g'(x,
3D【解析】本题解题思路是依据球半径、球
1
2x6+2a.xo=3 a'Inzo十b,
心到戴面的距离，截面园半径三者间的关系来考虑
即
设球半径为2a,依题意过M,O作垂直于OP的平
3a2
xm十2a=
面，截球面得到两个圆的半径的平方分别是(2a)2一
a2=3a2,(2a)2=4a2,因此这两个圆的面积之比为
3a2
由x。+2a=
,得xn=a或xa=-3a(舍去)，
3
递D,
4.D【解析】如图，平面AA1D1D截球所得
0有6=2a2+2a23a2la=号a2-3a1
圈面的半径r=
|AD,I√2
令h()=2-321m(1>0),则h'()=2(1-
2
2
,EFC面AA1D1D,
3Int).
∴EF被球O截得的线段为国面直径d,
于是当t(1-3lnt)>0,即0d=2r=√2.故本题选D,
>0:
当t(1-3lnt)<0,即t>e3时，h'(t)<0.
故h(t)在(0，e)上为增函数，在(e了，十oo)上为
减函数
·42…§5.6 空间中的角和距离
考纲·题型解读
1.掌握各种空间角的定义,弄清异面直线所成的角与两直线所成角、二面角与二面角的平面角、二面角与两平面所成的角、
直线与平面所成的角与斜线与平面所成的角的联系与区别,弄清它们各自的取值范围.
2.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想,熟练掌握平移、射影等方法.
3.掌握两条异面直线的距离的概念,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下的距离.掌握点到直线、
点到平面、直线和平面、平面和平面的距离的概念.
4.空间角是立体几何中一个重要概念,它是空间图形的一个突出的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,故在历届
高考试题中频繁出现.在选择、填空题中经常出现,更多在解答题中出现.
1 1 1
题源1 异面直线所成的角 C→M= (1,-1, ,→2 ) SN= (- ,- ,0),2 2
→ → 1 1
解题模型 因为CM·SN=-2+
,
2+0=0
异面直线所成的角的求法:(1)直接法.即“
所以CM⊥SN.
一作二找三
求”, 1也就是作出异面直线所成的角,再找到含有这个角的 (2)解:N→C= (- ,2 1,0),
三角形,然后解此三角形即可;(2)公式法,即利用异面直 设a=(x,y,z)为平面CMN 的一个法向量,
线上两点的距离公式求解(异面直线a、b所成的角为θ,它
ì 1
们的公垂线段为AB,长度为d,在a、b 上分别取点P、Q, x-y+2z=0
,
则 令x=2,得a=(2,1,-2).
|AP|=m,|BQ|=n,则|PQ|= m2+n2+d2±2mncosθ); í 1
() , 、, -2x+y=0.3 向量法 即设异面直线l1 与l2 的方向向量分别为ab
则或它的补角即为异面直线l1 与l2 所成的角. 1-1-2 2
因为|cos|= = ,
[真题1] (2022·辽宁)已知 2 23×
三棱 锥 P-ABC 中,PA⊥ 平 面 2
1 所以SN 与平面CMN 所成角为45°
ABC,AB ⊥AC,PA =AC = 2 [真题2] (2022·天津)如图,在长方体
AB,N 为AB 上一点,AB=4AN, ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别是棱BC,
M、S 分别为PB、BC 的中点. CC1 上 的 点,CF=AB=2CE,AB∶AD∶
(1)证明:CM⊥SN; AA1=1∶2∶4.
(2)求SN 与平面CMN 所成 (1)求异面直线EF 与A1D 所成角的余
角的大小. 弦值;
[解析] (1)设PA=1,以A 为原点,射线AB,AC,AP 分 (2)证明AF⊥平面A1ED;
别为x,y,z 轴正向建立空间直角坐标系,如图所示.则P(0,0, (3)求二面角A1-ED-F 的正弦值.
1),C (0,1,0),B (2,0,0),M ( ,,110 ,2 ) N (1,,2 00), [解析] 解法一:如图①所示,建立空
1 间直角坐标系,点A 为坐标原点,设AB=S (1, ,2 0) . 1,依题意得 D(0,2,0).F(1,2,1),A1(0,
0,4),E ( 31, ,2 0) .
(1)易 得E→F= ( 10, ,1),A→2 1D=(0,
2,- 4).于 是 cos =
E→F·A→1D 3=- . 图①
|E→F||A1D→| 5
·119·
3 2 2 2
所以异面直线EF 与A D 所成角的余弦值为 . A N +FN -A△A NF ,cos∠A NF= 1 1
F 2
1 在5 1
中 1 2·A N·FN =3.1
(2)易 知A→F = (1,2,1),EA→1 = ( 3-1,- ,4),E→D = 52 所以sin∠A1NF= 所以二面角 的正弦值3. A1-ED-F
( 1-1, ,0) .于是A→·2 F EA→ →1=0,AF·E→D=0.因此,AF⊥EA1, 5为3.
AF⊥ED.又EA1∩ED=E.所以AF⊥平面A1ED.
u·E→F=0, 题源2 直线与平面所成的角
(3)设平面EFD 的法向量u=(x,y,z),则 { → 即u·ED=0.
ì1 解题模型
,2y+z=0
í 不妨令x=1,可得u=(1,2,-1). 斜线与平面所成的角的求法:(1)直接法,即先作出斜
1 -x+ y=0. 线与平面所成的角,再解含这个角的直角三角形即可;(2) 2
→ 公式法,即利用公式cosθ=cosθ1cosθ2 求之;(3)向量法,设由(2)可知,AF为平面A1ED 的一个法向量.
→ l为平面α的一条斜线,a 为平面α的法向量,b为l的方向
于是cos u
·AF 2 5
F = → = .从而sin→F>= . 向量,则的余角或它的补角的余角即为l与平面α所
|u||AF| 3 3 成的角.
5
所以二面角A1-ED-F 的正弦值为3. [真题3] (2022·湖南)如图所示, A1 D1
解法二:(1)设AB=1,可得AD=2,AA1=4, 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是
1 B1
CF=1,CE= . 棱DD1 的中点. C1 E2 (Ⅰ)求直线BE 和平面ABB1A1 所
如图②连接B1C,BC1,设B1C 与BC1 交于点M.易知A1D 成的角的正弦值; A D
, CE CF 1∥B1C.由 = = ,可知EF∥BC1,故∠BMC 是异面直 (Ⅱ)在棱C1D1 上是否存在一点F,CB CC1 4 C使B1F∥平面
B
A1BE 证明你的结论.
, 1线EF 与A1D 所成的角 易知 BM=CM=2B1C= 5
,所 以 [解析] 解法一:设正方体的棱长为1.如图①所示,以A→B,
→,
BM2+CM2-BC2 3 AD AA
→
1为单位正交基底建立空间直角坐标系.
cos∠BMC= z2·BM·CM =5. A1
所以异面直线EF A D D与 1 所成角的余 1
3 F
弦值为
5.
B1 C1 E
(2)如图②,连接 AC,设 AC 与DE 交
CD EC 1 A
于点N.因为 ,所以BC=AB=2 Rt△DCE
D y
B
∽Rt△CBA,从而∠CDE=∠BCA,又由于 Cx
∠CDE+ ∠CED =90°,所 以 ∠BCA + ①
∠CED=90°,故 AC⊥DE.又 因 为 CC1⊥ 图②
DE 且CC1∩AC=C.所以DE⊥平面ACF,
从而AF⊥DE.连接BF,同理可证B1C⊥平面 ABF,从而 AF (Ⅰ)依题意,得B(
1
1,0,0),E(0,1, ),A(0,0,0),D(0,1,
⊥B1C,
2
所 以 AF⊥A1D,因 为 DE∩A1D=D,所 以 AF⊥平
1
面A1ED. 0),所以B
→E=(-1,1, ),A→D=(0,1,0)2 .
(3)连接A1N,FN.由(2)可知DE⊥平面ACF.又 NF 平 在 正 方 体 ABCD -A1B1C1D1 中,因 为 AD ⊥ 平 面
面ACF,A1N 平 面 ACF,所 以 DE⊥NF,DE⊥A1N,故 ABB1A1,所以A→D是平面ABB1A1 的一个法向量.设直线BE 和
∠A1NF 为二面 角A1-ED-F 的 平 面 角.易 知 Rt△CNE∽ 平面ABB1A1 所成的角为θ,则
, CN ECRt△CBA 所以 = , → →BC AC |BF·AD| 1 2sinθ= → → = = .|BE|·|AD| 3 3
5 ×1
又AC = 5,所 以 CN = 在5. Rt△CNF
中,NF = 2
2
30 即直线BE 和平面ABB1A1 所成的角的正弦值为 .
CF2+CN2= 5 .
3
(Ⅱ)依题意,得A1(0,0,1),BA→1=(-1,0,1),B→E=(-1,
4 30
在Rt△A1AN 中,A1N= AN2+A1A2= . 15 1, )2 .
连 接 A1C1,A1F.在 Rt △A1C1F 中,A1F = 设n=(x,y,z)是平面A1BE 的一个法向量,则n·BA→1=
A C21 1+C1F2= 14. 0,n·B→E=0,得
·120·
-x+z=0, 面BCC1,{ 1 从而AF⊥BC,即AF 为BC 的垂直平分线,-x+y+2z=0. 所以AB=AC.
1 () , ,
x=z,= z. z=2, n=(2,1,2). 2 作AG⊥BD 垂足为G 连接所以 y 取 得 CG.2 由三垂线定理知CG⊥BD,
设F 是棱C1D1 上的点,则F(t,1,1)(0≤t≤1).又B1(1, 故∠AGC 为二面角A-BD-C 的平面角.
0,1),所以B→1F(t-1,1,0).而B1F 平面A1BE,于是B1F∥平 由题设知,∠AGC=60°.
面A1BE B→1F·n=0 (t-1,1,0)·(2,1,2)=0 2(t-1)+ 设AC=2, 2则AG= .
1 3
1=0 t= F 为C1D1 的中点.这说明在棱C1D1 上存在点2 又AB=2,BC=22,故AF= 2.
F(C1D1 的中点),使B1F∥平面A1BE. 2
:( ) , , , 由 · ·解法二 Ⅰ 如图②所示 设 AA 的中点为 M 连结EM AB AD=AG BD
得2AD= · AD2+22,
1 3
BM.因为 E 是DD1 的中点,四边形 ADD1A1 为正方形,所 以 解得AD= 2, 故AD=AF.
EM∥AD.又 在 正 方 体 ABCD -A1B1C1D1 中,AD ⊥ 平 面 又AD⊥AF,所以四边形ADEF 为正方形.
ABB1A1,所以EM⊥平面 ABB1A1,从而BM 为直线BE 的平 因为BC⊥AF,BC⊥AD,AF∩AD=A,
面ABB1A1 上 的 射 影,∠EBM 为 BE 和 平 面 ABB1A1 所 成 故BC⊥平面DEF,因此平面BCD⊥平面DEF.
的角. 连接AE、DF,设AE∩DF=H,
设正方体的棱长为2,则EM=AD=2,BE= 22+22+12 则EH⊥DF,EH⊥平面BCD.
=3. 连接CH,使∠ECH 为B1C 与平面BCD 所成的角.
EM 2
于是,在Rt△BEM 中,sin∠EBM= = . 因四边形ADEF 为正方形,AD= 2,故EH=1,BE 3 1
2 又EC= B1C=2,所以∠ECH=30°,
即直线BE 和平面ABB1A1 所成的角的正弦值为 23. 即B1C 与平面BCD 所成的角为30°.
解法二:(1)以A 为坐标原点,射线AB 为x 轴的正半轴,建
立如图所示的直角坐标系A-xyz.
设B(1,0,0),C(0,b,0),D(0,0,c),
则B1(1,0,2c),E (1,b,2 2 c) .
于是D→E= (1,b, ,→2 2 0) BC=(-1,b,
)
( 0.Ⅱ)在棱C1D1 上存在点F,使B1F∥平面A1BE.
由DE⊥平面BCC 知DE⊥BC,
事实上,如图③所示,分别取C1D1 和CD 的中点F,G,
1
连 → →
结EG,BG,CD1,
· ,求得 ,
FG.因A1D1∥B1C1∥BC,且A D
DE BC=0 b=1
1 1=BC,所
所以
以四边形A1BCD1 是平行四边形,
AB=AC.
因此 D1C∥A1B.又E,G 分
()设平面 的法向量 → (,,),
别为D1D,CD 的中点,所以EG∥D 2 BCD AN= xyz1C,从而EG∥A1B.这说明 → → → →
A1,B,G,E 共面,所以BG 平面A BE. 则AN·BC=0,AN·BD=0.1 → →
因为四边形C1CDD1 与B1BCC1 皆为正方形,F,G 分别为 又BC=(-1,1,0),BD=(-1,0,c),
C1D1 和 CD 的 中 点,所 以 FG∥C1C∥B1B,且 FG=C C= -x+y=0,1 故
B1B,
{
因此 四 边 形 B1BGF 是 平 行 四 边 形,所 以 B1F∥BG.而 -x+cz=0.
B1F 平面A1BE,BG 平面A1BF,故B1F∥平面A1BE. 1 1令x=1,则y=1,z= ,A→N=(1,1, ).
[ ] c c点评 斜线与平面所成的角是立体几何考查中的重点, → (,,)
线与面平行,线与面的垂直是立体几何考查的两个主要方面. 又平面ABD 的法向量AC= 010 .→ →
[真题4] (2021·全国Ⅱ)如图,直三棱柱ABC-A1B 由二面角A-BD-C 为60°知,=60°,1C1
中,AB⊥AC,D、E 分别为AA1、B 11C 的中点,DE⊥平面BCC1. 故A→N·A→C=|A→N|·|A→C|·cos60°,求得c= .
(1)证明:AB=AC; 2
(2)设二面角A-BD-C 为60°,求B1C 与平面BCD 所成 于是 A
→N=(1,1,2),CB→1=(1,-1,2),
的角的大小. <→,→
→·
> AN CB
→ 1
[ ] cosAN CB1 =
1 = ,
解析 解法一:(1)取BC 中点F,连接EF, |A→N|·|CB→1| 2
1 A1 C <→,→1 >
则EF B B,从而EF DA. AN CB1 =60°.2 1 所以B1C 与平面B BCD
所成的角为30°.
连接 AF,则 ADEF 为平行四边形, 1
题源
从而AF∥DE. D E 3 二面角
又 DE ⊥ 平 面 BCC1,故 AF ⊥ 平 G H
A ·C121·
B F
解题模型 故FA→'=(-2,2,22),F→D=(6,0,0).
1. 二面角的平面角的作法:①垂面法;②垂线法,即在 设n=(x,y,z)为平面A'FD 的一个法向量,
两个半平面内分别作垂直于棱l的射线,则这两条射线所 ,所以{-2x+2y+22z=0 取z= 2,则n=(0,-2,2).成的角即为二面角所成的平面角;③三垂线法,即利用三垂线 6x=0.
定理或逆定理作出二面角的平面角. 又平面BEF 的一个法向量m=(0,0,1),故cos=
2. 二面角求法:①直接法,即先作二面角的平面角,再 n·m 3 3
|n||m|=3.
所以二面角A'-FD-C 的余弦值为3.
(2)设FM=x,则 M(4+x,0,0),
求解; S射②射影面积法,即用公式cosθ= 求解;③向量法, 因为翻折后,C 与A'重合,所以CM=A'M.S原
, , 故(6-x)2+82+02=(-2-x)2 2 2
21
即在二面角内取一点P 过P 分别作两个半平面的垂线 +2+(22),得x= ,4
则这两条垂线所组成的向量所成的角或其补角即为二面 21
角的平面角. 经检验,此时点 N 在线段BC 上,所以FM=4.
【注意】 (1)利用空间向量求直线与平面所成的角, 解法二:(1)如图②取线段EF
可以有两种办法:一是分别求出斜线和它在平面内的射影 的中点 H,AF 的中点G,连 接 A'
直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补 G,A'H,GH,
角);二是通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量 因为 A'E=A'F 及 H 是EF
与平面的法向量所成的锐角,取其余角就是斜线和平面所 的中点,
成的角. 所以 A'H⊥EF.又 因 为 平 面
(2)利用空间向量方法求二面角,也可以有两种办法: A'EF⊥平面BEF,
一是分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直的向量,则 所以A'H⊥平面BEF,又AF 图②
这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小;二是 平面BEF,
通过平面的法向量来求:设二面角的两个面的法向量分别为 故A'H⊥AF,又因为G、H 是AF、EF 的中点,
n1 和n2,则二面角的大小等于(或π-). 易知GH∥AB,所以GH⊥AF,于是AF⊥面A'GH,所以
利用空间向量方法求二面角时,注意结合图形判断二 ∠A'GH 为二面角A'-DF-C 的平面角.
面角是锐角还是钝角. 在Rt△A'GH 中,A'H=2 2,GH=2,A'G=2 3,所 以
[真题5] (2022·浙江)如图,在矩形ABCD 中,点E,F 3cos∠A'GH=3.
2
分别在线段AB,AD 上,AE=EB=AF=3FD=4.
沿直线EF 3
故二面角A'-DF-C 的余弦值为
将 3
.
△AEF 翻折成△A'EF,使平面A'EF⊥平面BEF. (2)设FM=x,因为翻折后,C 与() ; A'
重合.所以CM=A'M,
1 求二面角A'-FD-C 的余弦值
而CM 2() , , =DC
2+DM 2=82+(6-x)2,
2MNCD 向上翻折 使C 与A'重合 求线段FM 的长.
A'M2=A'H2+MH2=A'H2+MG2+GH2=(2 2)2+
(x+2)2+22
21 21
得x= ,经检验,此时点 N 在线段BC 上,所以4 FM=4.
[真题6] (2022·全国Ⅱ)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1
中,AC=BC,AA1=AB,D 为BB1 的中点,E 为AB1 上的一
点,AE=3EB1.
[解析] 解法一:(1)取线段EF 的中点H,连接A'H,因为
A'E=A'F 及H 是EF 的中点,所以A'H⊥EF.
又因为平面A'EF⊥平面BEF,
及A'H 平面A'EF.所以A'H⊥平面BEF.
(Ⅰ)证明:DE 为异面直线AB1 与CD 的公垂线;
(Ⅱ)设 异 面 直 线 AB1 与 CD 的 夹 角 为 45°,求 二 面 角
A1-AC1-B1的大小.
[解析] (Ⅰ)连结A1B,记A1B 与AB1 的交点为F.
因为面AA1B1B 为正方形,故 A1B⊥AB1,且 AF=FB1,
图① 又AE=3EB1,所以FE=EB1,又 D 为BB1 的中点,故 DE∥
BF,DE⊥AB .
如图① 1建立空间直角坐标系A-xyz,
作CG⊥AB,G 为垂足,由AC=BC 知,G 为AB 中点.
则A'(2,2,22),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0).
·122·
C C1 P
K
H
D
B B1
G
F E
D C
A A1
又由底面ABC⊥面AA1B1B,得CG⊥面AA1B1B.
A B
连结DG,则DG∥AB1,故DE⊥DG,由三垂线定理,得DE (Ⅰ)求证:PC⊥BC;
⊥CD.
( )求点 到平面 的距离
所以DE 为异面直线AB CD Ⅱ A PBC .1 与 的公垂线.
(Ⅱ)因为DG∥AB ,
[解析] ( )因为 平面
故∠CDG 为异面直线AB 与CD 的 Ⅰ PD⊥ ABCD
,BC 平面ABCD,所
1 1
,∠CDG=45°. 以夹角 PD⊥BC.
由∠BCD=90°,得BC⊥DC.
设AB=2,则AB1=22,DG= 2,CG= 2,AC= 3.
作 B1H ⊥A1C1,
又
H . PD∩DC=D
,PD 平面PCD.
为 垂 足 因 为 底 面 A1B1C1 ⊥ 面
, , DC 平面PCD,所以AA C BC⊥
平面PCD.
1 1C 故B1H⊥面AA1C1C
又作 HK⊥AC1,K 为垂足,连结 B1K,由三垂线定理,得
因为PC 平面PCD,所以PC⊥BC.
B K⊥AC . (Ⅱ)连结AC,设点A 到平面PBC 的距离为h,因为AB∥1 1
因此∠B KH 为二面角A -AC -B 的平面角. DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°.1 1 1 1
2 从而由AB=2,1 BC=1
,得△ABC 的面积S△ABC=1.
A1B 21· A1C1- (2A1B1 ) 22 由PD⊥平面ABCD 及PD=1,得三棱锥P-ABC 的体积
B1H= ,A =1C1 3 1V= S△ABC·
1
3 PD=3.
3
HC1= B1C21-B H21 = ,3 因为PD⊥平在ABCD
,DC 平面ABCD,所以PD⊥DC.
AA ·HC 2 21 又PD=DC=1,所以PC= PD
2+DC2= 2.
AC 2 21= 2+(3)= 7,HK=
1 1= ,AC1 21 2
由PC⊥BC,BC=1,得△PBC 的面积S
B H △PBC
=2.
tan∠B1KH=
1 ,
HK = 14 1 1 2 1
由V=3S△PBCh=3×
· ,得
2 h=3 h= 2.所以二面角A1-AC1-B1 的大小为arctan 14.
题源4 距离 因此,点A 到平面PBC 的距离为 2.
[真题8] (2020·北京)如图,在
三棱 锥 中, ,
解题模型 P-ABC AC=BC=2
∠ACB=90°,AB =BP =AP,PC
1. 点到平面的距离的求法 ⊥AC.
(1)垂线法(过点作平面的垂线);(2)等体积法(利用三棱 (1)求证:PC⊥AB;
锥的体积相等);(3)向量法(利用向量在法向量上的射影). (2)求二面角B-AP-C 的大小;
2. 两异面直线间距离的求法 (3)求点C 到平面APB 的距离.
(1)直接法(直接找出或作出两异面直线的公垂线段 [解析] 解法一:(1)取AB 中点D,连接PD,CD.
并求其长);(2)转化法(转化为线面距离或面面距离);(3) ∵AP=BP,
等体积法. ∴PD⊥AB.
【注意】 (1)在利用空间向量求点到平面的距离时, ∵AC=BC,
注意应利用该平面的一个单位法向量,而不是法向量.单位 ∴CD⊥AB.
法向量的求法是:先求出法向量,再在各个坐标上分别除 ∵PD∩CD=D,
以该向量的模,一般地,与一个向量对应的单位法向量有 ∴AB⊥平面PCD.
两个,它们是相反向量,在计算中只要选用其中一个即可. ∵PC 平面PCD,
(2)斜线向量是任意选取的,只要是从该点出发的一 ∴PC⊥AB.
个共线向量即可. (2)∵AC=BC,AP=BP,
∴△APC≌△BPC.
[真题7] (2022·江苏)四棱锥P-ABCD 中,PD⊥平面 又PC⊥AC,
ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=90°. ∵PC⊥BC.
又∠ACB=90°,即AC⊥BC,
且AC∩PC=C,
∴BC⊥平面PAC.
取AP 中点E,连接BE,CE.
·123·
∵AB=BP, (2)如图,以C 为原点建立空间直角坐标系C-xyz.
∴BE⊥AP. 则C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0).
∵EC 是BE 在平面PAC 内的射影, 设P(0,0,t).
∴CE⊥AP. ∵|PB|=|AB|=22,
∴∠BEC 是二面角B-AP-C 的平面角. ∴t=2,P(0,0,2).
, , , 3 , 取 AP 中 点 E
,连 接
在△BCE 中 ∠BCE=90°BC=2BE=2AB= 6 BE,CE.
BC 6 ∵|AC|=|PC|,
∴sin∠BEC=BE=3. |AB|=|BP|,
6 ∴CE⊥AP,BE⊥AP.
∴二面角B-AP-C 的大小arcsin3. ∴∠BEC 是二面角B-AP-C 的平面角.
(3)由(1)知AB⊥平面PCD, ∵E(0,1,1),E→C=(0,-1,-1),E→B=(2,-1,-1),
∴平面APB⊥平面PCD. E→C·E→B 2 3
过C 作CH⊥PD,垂足为 H. ∴cos∠BEC=|E→C|·|E→
= = .
B| 2· 6 3
∵平面APB∩平面PCD=PD,
∴CH⊥平面APB. 3∴二面角B-AP-C 的大小为arccos3.
∴CH 的 长 即 为 点 C 到 平 面 (3)∵AC=BC=PC,
APB 的距离.
在平面
() , , , ∴C APB
内的射影为正△APB 的中心 H,且CH
由 1 知PC⊥AB 又PC⊥AC 且AB∩AC=A
的长为点C 到平面, , APB
的距离.
∴PC⊥平面ABC ∵CD 平面ABC
∴PC⊥CD. ∵B→H=2H→E,∴点 H 的坐标为 (2,2,23 3 3 ) .
1 3
在Rt△PCD 中,CD=2AB= 2
,PD=2PB= 6
, → 23 23∴|CH|= .∴点C 到平面3 APB 的距离为 3 .
∴PC= PD2-CD2=2.
PC·CD 23
∴CH= PD = 3 .
23
∴点C 到平面APB 的距离为 . (★代表高考出现的频次)3
解法二:(1)∵AC=BC,AP=BP,
∴△APC≌△BPC. 题源2 直线与平面所成的角(★★★★)
又PC⊥AC,
∴PC⊥BC. 4.(2020· 四 川)如 图,二 面 角
∵AC∩BC=C, α-l-β的大小是60°,线段AB α,β∈
∴PC⊥平面ABC. l,AB 与l所成的角为30°,则AB 与平
∵AB 平面ABC, 面β所成的角的正弦值是 .
∴PC⊥AB. 5.(2021·重庆)已知二面角α-l
题源1 异面直线所成的角(★★★★) -β的大小为50°,P 为空间中任意一点,则过点P 与平面α 和
平面β所成的角都是25°的直线的条数为 ( )
1.(2021·全国Ⅰ)已知三棱柱ABC-A1B1C1 的侧棱与底 A.2 B.3 C.4 D.5
面边长都相等,A1 在底面ABC 上的射影为BC 的中点,则异面 6.(2022·全国I)正方体ABCD-A1B1C1D1 中,BB1 与
直线AB 与CC1 所成的角的余弦值为 ( ) 平面ACD1 所成角的余弦值为 ( )
3 5 7 3
A.4 B.4 C.4 D.4 2 3 2 6A.3 B.3 C.3 D.3
2.(2021· 上 海)如 图,若 正 四 棱 柱
7.(2020· 上 海)如 图,在 棱 长 为2的 正 方 体 ABCD-
ABCD-A1B1C1D1 的底面边长为2,高为 A1B1C1D1 中,E 是BC1 的中点.求直线DE 与平面ABCD 所成
4,则异面直线BD1 与AD 所成角的大小是 角的大小(结果用反三角函数表示).
(结果用反三角函数值表示).
3.(2018· 重 庆)如 图,在 正 四 棱 柱
ABCD-A1B1C1D1 中,AB=1,BB1= 3+
1,E 为BB1 上使B1E=1的点.平面AEC1 交 DD1 于点F,交
A1D1 的延长线于G.求:
(1)异面直线AD 与C1G 所成的角的大小;
(2)二面角A-C1G-A1 的正切值.
·124·
8.(2019·北京)如图,
π
在 Rt△AOB 中,∠OAB= ,斜边6 题源4 距离(★★★★)
AB=4.Rt△AOC 可以通过 Rt△AOB 以直线AO 为轴旋转得
到,且二面角B-AO-C 是直二面角.动点D 在斜边AB 上. 12.(2018·江苏)在正三棱柱ABC-A1B1C1 中,若AB=
(1)求证:平面COD⊥平面AOB; 2,AA1=1,则点A 到平面A1BC 的距离为 ( )
(2)当D 为AB 的中点时,求异面直线AO 与CD 所成角的 3 3
大小; A.4 B.2
(3)求CD 与平面AOB 所成角的最大值. 33
C.4 D.3
13.(2018·浙江)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1 的各棱长
都为2,E、F 分别是AB,A1C1 的中点,则EF 的长是 ( )
A.2
B.3
C.5
D.7
14.(2021·全国Ⅰ)已知二面角α-l-β
题源3 二面角(★★★★★) 为60°,动点P、Q 分别在面α、β内,P 到β的
9.(2019·浙江)已知点O 在二面角α-AB-β的棱上,点 距离为 3,Q 到α的距离为23,则P、Q 两点之间距离的最小
P 在α内,且∠POB=45°.若对于β内异于O 的任意一点Q,都 值为 ( )
在∠POQ≥45°,则二面角α-AB-β的大小是 . A. 2 B.2 C.23 D.4
10.(2022·广东)如图,A︵EC是半径为a 的半圆,AC 为直 15.(2021·重庆)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中,顶点
径, 到对角线 和到平面 的距离分别为 和 ,则点E 为A︵C的中点,点B 和点C 为线段AD 的三等分点.平面 B1 BD1 A1BCD1 h d
下列命题中正确的是 ( )
AEC 外一点F 满足FB=FD= 5a,FE= 6a.
h
(1)证明:EB⊥FD; A. 若侧棱的长小于底面的边长,则 的取值范围为(,)d 01
(2)已知点 Q,R 分别为线段FE,FB 上的点,使得 FQ=
h 223
2 2 B. 若侧棱的长小于底面的边长,则 的取值范围为( , )
FE,FR= ,求平面 与平面 所成二面角的正 d 2 33 3FB BED RQD
弦值. h 23C. 若侧棱的长大于底面的边长,则 的取值范围为( , )d 3 2
h
D. 若侧棱的长大于底面的边长,则 的取值范围为(
23,
d 3
+∞)
16.(2019·江苏)正三棱锥P-ABC 的高为2,侧棱与底面
ABC 成45°,则点A 到侧面PBC 的距离为 .
17.(2018·山东)如图,在正三棱柱ABC
-A1B1C1 中,所有棱长均为1,则点B1 到平
面ABC1 的距离为 .
18.(2020·全国Ⅰ)已知菱形ABCD 中,
11.(2020·全国Ⅰ)四棱锥 A-BCDE 中,底面BCDE 为 AB=2,∠A=120°,沿对角线BD 将△ABD 折
矩形,侧面ABC⊥底面BCDE,BC=2,CD= 2,AB=AC. 起,使二面角A-BD-C 为120°,则点A 到△BCD 所在平面的
(1)求证:AD⊥CE; 距离等于 .
(2)设CE 与平面ABE 所成的角为45°,求二面角C-AD-E 19.(2021·浙江)如图,在长方形ABCD 中,AB=2,BC=
的大小. 1,E 为DC 的中点,F 为线段EC(端点除外)上一动点,现将
△AFD 沿AF 折起,使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD 内
过点D 作DK⊥AB,K 为垂足.设 AK=t,则t 的取值范围
是 .
·125·
() ;
20.(2020·重庆)如图,在△ABC 中,B=90°,
15, 、 1 异面直线AD 与BC 的距离AC=2 D (2)二面角A-EC-B 的大小(用反三角函数表示).
E 两点分别在AB、
AD AE
AC 上,使DB=EC=2
,DE=3.现将△ABC
沿DE 折成直二面角,求:
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分。每小题 6 3
C. D.
只有一个选项符合题意) 5 5
1.( 1)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1 中,AB=BC= 7.( 2)正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别为AB、
AA1,∠ABC=90°,点E、F 分别是棱AB、BB1 的中点,则直线 C1D1 的中点,则直线A1B1 与平面A1ECF 所成角的正弦值为
EF 和BC1 所成的角是 ( ) ( )
A.45° 6 3
B.60° A.3 B.3
C.90° 6 2
D.120° C.6 D.2
2.( 2)把正方形ABCD 沿对角线 8.( 1.3)已知正方形 ABCD 的边长是4,对角线 AC 与
AC 折起,当以A、B、C、D 四点为顶点的三棱锥体积最大时,直 BD 交于O,将正方形ABCD 沿对角线BD 折成60°的二面角,并
线BD 和平面ABC 所成的角的大小为 ( ) 给出下面结论:①AC⊥BD;②AD⊥CO;③△AOC 为正三角形;
A.90° B.60° C.45° D.30° 3
3.( 4)在△ABC 中,AB=AC=5,BC=6,PA⊥平面 ④cos∠ADC= .则其中的真命题是 (4
)
ABC,PA=8,则P 到BC 的距离为 ( ) A.①③④ B.①②④
A.5 B.25 C.35 D.45 C.②③④ D.①②③
4.( 4)一副三角板如图拼接,使两个三角板所在的平面互 二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)
相垂直.如果公共边AC=a,则异面直线AB 与CD 的距离是 9.( 1)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ABC=
( ) 90°,AB=BC=AA1=2,点D 是A1C1 的中点,则异面直线AD
a 和 所成角的大小为
A. BC1 .2
B.a
2
C.2a
30
D. 6 a
5.( 2)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AD= 第9题 第12题
2AB.若E,F 分别为线段A1D1,CC1 的中点,则直线EF 与平面 10.( 2)Rt△ABC 的斜边AB 在平面α内,且平面ABC 和
ABB1A1 所成角的余弦值为 ( ) 平面α所成的二面角为60°,若直角边AC 和平面α成45°,则BC
6 2
A. 和平面α所成角为 .3 B.2
11.( 4)平面α∥平面β,A∈α,C∈α,B∈β,D∈β,如果
3 1
C. AB+CD=28cm,AB,CD 在 内的射影长分别为5cm及9cm,3 D.3 β
则 , 间的距离为
6.( 4)三棱锥S-ABC 中,
α .
SA⊥底面ABC,SA=4,AB β
, ( )如图 中, ,=3D 为AB 的中点∠ABC=90°,则点D 到面SBC 的距离等于 12. 4 △ABC ∠C=90° ∠B=30°
,AC=2,M
( ) 为AB 中点,将 △ACM
沿CM 折起,使 A、B 两点间的距离为
12 9 22,则点 M 到平面ABC 的距离是 .
A.5 B.5 三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分)
·126·
13.( 1.2.3)四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为等腰梯
形,PD⊥平面ABCD,AB=2CD,PD=AD=CD=1.求: 16.( 3.4)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1 中,∠BCA=
(1)异面直线AD 与PB 所成的角; 90°,AC=BC=2,A1 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D,
(2)直线AB 与面PBD 所成的角; 又知BA1⊥AC1.
(3)平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的正切值. (1)求证:AC1⊥平面A1BC;
(2)求CC1 到平面A1AB 的距离;
(3)求二面角A-A1B-C 的大小.
14.( 4)已知正三棱柱ABC-A1B1C1 的底面边长为8,
对角线B1C=10,D 是AC 的中点.求:
(1)点B1 到直线AC 的距离;
(2)直线AB1 到面C1BD 的距离. 17.( 1.4)如图,四面体ABCD 中,O、E 分别是BD、BC 的
中点,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD= 2.
(1)求证:AO⊥平面BCD;
(2)求异面直线AB 与CD 所成角余弦值的大小;
(3)求点E 到平面ACD 的距离.
15.( 4)如图所示,在四棱锥V-ABCD 中,底面四边形
ABCD 是边长为4的菱形,并且∠BAD=120°,VA=3,VA⊥底
面ABCD,O 是AC,BD 的交点,OE⊥VC 于点E.求:
(1)点V 到CD 的距离;
(2)异面直线VC 与BD 的距离;
(3)点B 到平面VCD 的距离.
·127·

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