专题59+空间角、距离及其求法（检测）-2019年高考数学（理）名师揭秘之一轮总复习

专题59+空间角、距离及其求法（检测）-2019年高考数学（理）名师揭秘之一轮总复习

‎【学习目标】理解异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角及二面角的平面角等概念，能依题设条件选择恰当的方法求解空间角和距离．特别注意两平面法向量的夹角与二面角的关系．‎ ‎【知识要点】 1．异面直线所成的角及求法 ‎(1)平移法：将两异面直线中的一条或两条平移至某特殊点后，构造三角形，通过解该三角形而求其大小；‎ ‎(2)向量法：若异面直线a和b的方向向量为a和b，设异面直线a和b所成的角为θ，则cosθ＝____________‎ ‎＝______．‎ ‎2．直线与平面所成的角及求法 ‎(1)定义：设l和α分别表示直线与平面．‎ ‎①若l∥α或l⊂α，则称直线l和平面α所成的角为____；‎ ‎②若l⊥α，则称l与α所成的角为____；‎ ‎③若l与α相交，则l与l在α内的射影所成的锐角为直线l与平面α所成的角．‎ ‎(2)取值范围：设θ是直线l与平面α所成的角，则θ的取值范围是________．‎ ‎(3)求法：①定义法：探寻直线l在平面α内的射影(通常由垂直法找射影)，构造直线l与平面α所成角对应的直角三角形，通过解该直角三角形而求得直线与平面所成的角．‎ ‎②向量法：设l和n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝____________＝_______．‎ ‎3．二面角及求法 ‎(1)定义：在二面角的棱上任取一点，分别在二面角的两个面内作棱的垂线，则这两垂线所成的角称为该二面角的平面角，且定义平面角的大小为该二面角的大小．‎ ‎(2)取值范围：规定二面角的取值范围为[0，π]．‎ ‎(3)求法：①定义法：即求作二面角的平面角；②垂面法：即探寻过二面角棱上一点且垂直于棱的平面，该平面与二面角的两个面的交线所构成的角即为二面角的平面角；③向量法：设二面角α－l－β的两个面α与β的法向量为n1和n2，二面角α－l－β的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|，当θ∈时，cosθ＝；当θ∈时，cos θ＝－.‎ ‎4．空间距离及求法 ‎(1)空间距离的概念 ‎①点到平面的距离：自点向平面引垂线，______________的长度．‎ ‎②异面直线间的距离：两条异面直线的公垂线夹在这两条异面直线间的______的长度．‎ ‎③直线与平面间的距离：如果一条直线和一个平面平行，从这条直线上任意一点向平面引垂线，_________________的长度．‎ ‎④两平行平面间的距离：夹在两平行平面之间的_________的长度．‎ ‎(2)空间距离的求法 ‎①求空间距离的常用方法 直接法、转化法、等体积法、向量法．‎ ‎②求空间距离的一般步骤 ‎_________________________； ___________________；_________________________．‎ ‎【高考模拟】‎ 一、单选题 ‎1．在正方体中，直线与平面所成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系：‎ 设正方体的棱长为1，可得 ‎∴‎ 设是平面的一个法向量 ‎∴，即 点睛：用向量法求二面角大小的两种方法：‎ ‎（1）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即为二面角的大小；‎ ‎（2）分别求出二面角的两个半平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角大小，解题时要注意结合图形判断出所求的二面角是锐角还是钝角.‎ ‎2．在三棱锥PABC中，侧面PAC与底面ABC均是等腰直角三角形．O是斜边AC的中点，平面PAC⊥平面ABC，且AC＝4，设θ是二面角PABC的大小，则sin θ＝(　　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】连接PO，过O作OD⊥AB，连接PD(如图)．‎ 因为平面PAC⊥平面ABC，PO⊥AC，所以PO⊥平面ABC，PO⊥AB.‎ 又OD⊥AB.从而AB⊥平面POD，PD⊥AB，所以∠PDO为二面角PABC的平面角，即θ＝∠PDO.‎ 由题设，OD＝BC＝×2＝，OP＝2，所以PD＝＝.‎ 故sin θ＝sin ∠PDO＝＝＝.‎ ‎3．在三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是(　　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】如图，建立空间直角坐标系，易求点D.‎ 平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1，0，0)，所以cos〈n，〉＝＝，则sin α＝.‎ ‎4．在正四棱锥中， 为顶点在底面的射影， 为侧棱的中点，且，则直线与平面所成的角是( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz．‎ ‎ 设OD=SO=OA=OB=OC=a， 则A（a，0，0），B（0，a，0），C（-a，0，0），P（0， ‎ 设平面PAC的法向量为 则 可求得 则 ‎∴直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°． 故选D．‎ 点睛：本题考查了直线与平面所成的角的概念及利用空间向量的方法求解空间中的直线与平面的夹角，注意计算的准确性.‎ ‎5．如图所示，正方体中， 是的中点，则为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】以所在的直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系O-xyz，‎ 设正方体棱长为1，则D（0，0，0），（1，1，1），C（0，1，0），M（1， ，0），‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 故选B.‎ ‎6．(2017·黄冈质检)如图，在棱长均为2的正四棱锥P－ABCD中，点E为PC的中点，则下列命题正确的是(　　)‎ A． BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距离为 B． BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距离为 C． BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角大于30°‎ D． BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角小于30°‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 点睛：(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2＋cos2＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．‎ ‎7．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为 （ ）‎ A． 30° B． 45° C． 60° D． 90°‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由已知AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC.分别以BC，BA，BB1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA1‎ ‎＝2a，则A(0,1,0)，C(，0,0)，D，E(0,0，a)，所以＝，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，‎ cos〈 ，n〉＝，‎ ‎〈，n〉＝60°，所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A. ‎ 点睛：(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．‎ ‎8．已知A∈α，P∉α， ＝，平面α的一个法向量n＝，则直线PA与平面α所成的角为　(　　)‎ A． 30° B． 45° C． 60° D． 150°‎ ‎【答案】C ‎【解析】设PA与平面α所成的角为θ，‎ 则sinθ＝ ‎ ‎∵θ∈[0°，90°]，∴θ＝60°，故选C.‎ ‎9．如图，在长方体中，点分别是棱上的动点， ,直线与平面所成的角为，则的面积的最小值是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B 点睛：本题考查了线面角的计算，空间向量的应用，基本不等式，对于三棱锥的体积往往进行等积转化,可以求对应的三角形的面积.‎ ‎10．过正方形的顶点，作平面，若，则平面和平面所成的锐二面角的大小是（ ）．‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图，以为坐标原点，‎ 以， ， 分别为， ， 轴建立空间直角坐标系，‎ 设，‎ ‎∴， ，‎ ‎， ，‎ ‎， ，‎ ‎， ，‎ ‎，‎ 设平面的一个法向量为，‎ ‎， ，‎ ‎∵平面的一个法向量为，‎ ‎，‎ ‎∴所求锐二面角为．‎ 故选．‎ ‎11．若直线a、b是不互相垂直的异面直线,平面α、β满足aα,bβ,则这样的平面α、β(    ) ‎ A．只有一对                           B．有两对 C．有无数对                           D．不存在 ‎【答案】C ‎【解析】因a,b是异面直线,所以任意取平面α,β满足aα,bβ,则α、β必定不重合(否则一个平面内就有两条异面直线).所以这样的平面α、β有无数对.‎ ‎12．已知直线a平行于平面α,且它们的距离为d,则到直线a与到平面α的距离都等于d的点的集合是……(    ) ‎ A．空集                       B．两条平行直线 C．一条直线                   D．一个平面 ‎【答案】B ‎【解析】与a平行的在a两侧的两条平行直线,且a与这两条平行直线共面于一个与α平行的平面.‎ ‎13．若m,n表示直线,α表示平面,给出下列命题: ‎ ‎①②m∥n;③m⊥n;④n⊥α.‎ 其中正确命题的个数为(    )‎ A．1               B．2                   C．3               D．4‎ ‎【答案】C ‎14．如果直线l,m与平面α、β、γ满足：l=β∩γ，l∥α，mα和m⊥γ，那么必有(    ) ‎ A．α⊥γ且l⊥m                           B．α⊥γ且m∥β C．m∥β且l⊥m                          D．α∥β且α⊥γ ‎【答案】A ‎【解析】若忽视m的位置应分类考虑，即m有可能在β外，则有m∥β，但也有可能在β内，没有考虑到这一点，易错选B或C项. ‎ ‎15．已知平面α、β和直线a、b，若α∩β=l,αα,bβ，且平面α与平面β不垂直，直线a与直线l不垂直，直线b与直线l不垂直，则(    ) ‎ A．直线a与直线b可能垂直，但不可能平行 B．直线a与直线b可能垂直，也可能平行 C．直线a与直线b不可能垂直，但可能平行 D．直线a与直线b不可能垂直，也不可能平行 ‎【答案】B ‎【解析】①当a∥l,b∥l时，a∥b；②a与b异面垂直，故选B ‎16．如下图，在正三棱锥P－ABC中，D是侧棱PA的中点，O是底面ABC的中心，则下列四个结论中正确的是（ ）‎ A、OA∥平面PBC B、OD⊥PA C、OD⊥AC D、PA=2OD ‎【答案】D ‎【解析】PO⊥底面ABC，即PAO为直角三角形。又D为PA中点，则PA＝2OD。‎ ‎17．若一直线a上有两点到一平面α内某一直线b的距离相等,则直线与平面的位置关系是(　　) ‎ A．平行                         B．相交 C．在平面内                  D．以上均有可能 ‎【答案】D ‎【解析】当a∥b时,直线上任意两点到b的距离相等,∴A可能;‎ 当aα时,a上有两点到b的距离相等,∴C有可能;‎ 当a∩α=A时,在A两侧直线a上仍可找到两点到b的距离相等,∴B有可能.‎ ‎18．异面直线a、b分别在平面α、β内,若α∩β=l,则直线l…(　　) ‎ A．分别与a、b相交 B．与a、b都不相交 C．至少与a、b中之一相交 D．至多与a、b中之一相交 ‎【答案】C ‎【解析】若l与a,b都不相交,则a∥l,b∥l,知a∥b,与a,b是异面直线矛盾.‎ ‎19．已知m是平面的一条斜线，点A是平面外的任意点，是经过点A的一条动直线，那么下列情形中可能出现的是 （ ）‎ ‎ A． B．‎ ‎ C． D．‎ ‎【答案】B.‎ ‎【解析】A不对，若，则和平面斜交；B可以；C不对，若成立，可得，与题设相矛盾；D不对，若可以则得出.‎ ‎20．如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面为正方形，侧面PAD与底面ABCD垂直，M为底面内的一个动点，且满足MP=MC，则动点M的轨迹为（ ）‎ A．椭圆 B．抛物线 C．双曲线 D．直线 ‎ ‎【答案】D ‎ ‎【解析】由MP=MC , 知M在PC的垂直平分面内，又M∈面ABCD , ∴M在两平面的交线上．故答案选D．‎ 二、填空题 ‎21．（本题满分14分）如图：‎ 在棱长为1的正方体—中，点M是棱的中点，点是的中点.‎ ‎（1）求证：垂直于平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值. ‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】（1）证明：连结 1分 是的中点 ‎ 2分 ‎ 3分 ‎ 4分 是的中点， 5分 连,是矩形，过点且为的中点 同理可证： 6分 平面 7分 ‎ ‎ 在等腰直角三角形中，. 12分 ‎ 13分 ‎ 所以… 14分 或解：（1）分别以为轴建立直角坐标系， 1分 则 2分 ‎ 3分 ‎ 4分 ‎,即 6分 ‎ 7分 ‎（2）设点平面的法向量为 8分 ‎ ‎ ‎ 10分 解得 即 11分 又平面的法向量为 12分 ‎ 13分 ‎，即所求的二面角的平面角的余弦值为 14分 三、解答题 ‎22．如图，三棱柱中，侧面 底面，,且,O为中点．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据等腰三角形的特征以及面面垂直的性质，证得结果；‎ ‎（2）鉴于线面角的平面角不易作出，建立空间直角坐标系，应用空间向量来解决.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：因为，且O为AC的中点，所以又由题意可知，平面平面，交线为，平面，‎ ‎ 所以平面 ‎ ‎（2）如图，以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．‎ 由题意可知，又;．‎ 所以得:‎ 则有：‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则有，令，得 所以 因为直线与平面所成角和向量与所成锐角互余，所以 ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，面面垂直的判定以及线面角的正弦值的求解，在解题的过程中，需要熟练应用空间向量解决问题.‎ ‎23．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.‎ ‎(1)证明：CF⊥平面ADF；‎ ‎(2)求二面角DAFE的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合已知又直线和平面垂直的判定定理可判F，即得所求； （2）由已知数据求出必要的线段的长度，建立空间直角坐标系，由向量法计算即可．‎ ‎【详解】‎ ‎ ‎ ‎(2)设AB＝1，则在Rt△PCD中，CD＝1，‎ 又∠DPC＝30°，∴PC＝2，PD＝，∠PCD＝60°.‎ 由(1)知CF⊥DF，∴DF＝CDsin 60°＝，CF＝CDcos 60°＝.‎ 又FE∥CD，∴＝＝，∴DE＝.‎ 同理EF＝CD＝.‎ 如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系Dxyz，‎ 则A(0,0,1)，E，F，P(，0,0)，C(0,1,0)．‎ 设m＝(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，则 又＝，＝，∴‎ 令x＝4，则z＝，m＝(4,0，)．由(1)知平面ADF的一个法向量为＝(－，1,0)，‎ 设二面角 DAFE的平面角为θ，可知θ为锐角，‎ 故cos θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.‎ 故二面角DAFE的余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查用空间向量法求二面角的余弦值，建立空间直角坐标系并准确求出相关点的坐标是解决问题的关键，属中档题．‎ ‎24．如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，侧棱SA⊥底面ABCD，‎ 过A作AE垂直SB交SB于E点，作AH垂直SD交SD于H点，平面AEH交SC于K点，且AB=1，SA=2．‎ ‎（1）证明E、H在以AK为直径的圆上，且当点P是SA上任一点时，试求的最小值；‎ ‎（2）求平面AEKH与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将侧面绕侧棱旋转到与侧面在同一平面内，当三点共线时，取最小值，这时，的最小值即线段的长，由此能求出结果；‎ ‎（2）以A为原点,分别以AB、AD、AS所在的直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AEKH与平面ABCD所成锐二面角的余弦值. ‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵SA⊥底面ABCD，∴SA⊥BC，又AB⊥BC，‎ ‎∴BC⊥平面SAB，又平面SAB，∴EA⊥BC，又∵AE⊥SB，∴AE⊥平面SBC ，‎ 又平面SBC，∴EA⊥EK， 同理AH⊥KH，‎ ‎∴E、H在以AK为直径的圆上 现将侧面SAB绕侧棱SA旋转到与侧面SAD在同一平面内，如右图示，‎ 则当B、P、H三点共线时，取最小值，这时，的 最小值即线段BH的长，设,则，‎ 在中，∵,∴,‎ 在三角形BAH中，有余弦定理得：‎ ‎ ‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有最短距离问题以及利用空间向量求二面角的余弦值的问题，在解题的过程中，注意最短距离问题应用平铺以后，平面内两点间的直线段最短，从而求得结果，关于利用空间向量求解二面角的余弦值，正确建立相关的空间直角坐标系是解题的关键. ‎ ‎25．如图，是的中点，四边形是菱形，平面平面，，，.‎ ‎（1）若点是线段的中点，证明：平面；‎ ‎（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）连接，. .由四边形为菱形，可证.由平面平面，可证平面.即可证明平面；‎ ‎2）设线段的中点为，连接.易证平面.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.求出相应点及向量的坐标，求得平面，平面的法向量，.。利用空间向量夹角公式可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值.‎ 试题解析：‎ ‎（1）连接，∵四边形为菱形，且，‎ ‎∴为等边三角形.‎ ‎∵为的中点，∴.‎ ‎∵，，又是的中点，‎ ‎∴.‎ ‎∵平面平面，平面平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ 又平面，∴.‎ 由，，，‎ ‎∴平面.‎ ‎26．如图,棱锥的地面是矩形, 平面,,.‎ ‎(1)求证: 平面;‎ ‎(2)求二面角的大小;‎ ‎(3)求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2);(3).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明为正方形,可得,由平面,平面,可得，利用线面垂直的判定定理可得结果；（2）以为轴建立空间直角坐标系,根据向量垂直数量积为零，列方程组求出平面的法向量，结合为平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式求出两个向量的夹角余弦，进而转化为二面角的平面角即可；（3）求出平面的法向量，再求出平面的斜线所在的向量，然后求出在法向量上的射影即可得到点到平面的距离. ‎ ‎【详解】‎ 解法二:以为轴建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则,,,‎ 在中, ,,‎ ‎∴,∴,,‎ ‎∴,,.‎ ‎∵,,‎ 即,.又, ‎ ‎∴平面.‎ ‎(2)解法一:由平面,‎ 知为在平面上的射影.‎ 又,∴,‎ ‎∴为二面角的平面角.‎ 又∵,∴.‎ 解法二:由1题得,.‎ 设平面的法向量为,则,,‎ 即,∴,‎ 故平面的法向量可取为,‎ ‎∵平面,‎ ‎∴为平面的法向量.‎ 设二面角的大小为,‎ 依题意可得,‎ ‎∴.‎ ‎(3)解法一:∵,‎ ‎∴,‎ 设到平面的距离为,‎ 由,‎ 有,‎ 得.‎ 解法二:由1题得,,‎ 设平面的法向量为,‎ 则,,‎ 即,‎ ‎∴.‎ 故平面的法向量可取为.‎ ‎∵,‎ ‎∴到平面的距离为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎27．在四棱锥中， 为等边三角形，底面为等腰梯形，满足，＝ ，且平面⊥平面． ‎ ‎（1）证明：⊥平面； ‎ ‎（2）求二面角的余弦值． ‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在梯形内作BC的平行线，构造平行四边形，由长度关系利用直径所对圆周角为直角判断垂直，再由垂直性质，证出线面垂直. ‎ ‎（2）以AD中点为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎（2）取中点，连接，则⊥，连接，则，∴．‎ 以为原点，分别以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得，‎ 则，，，，‎ ‎，．‎ 取平面的一个法向量为，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由·，·得：‎ 令，得，‎ 所以，‎ 因为二面角的平面角为钝角，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间立体几何中垂直的证明与二面角余弦值的求法，注意求法向量时可以利用已知与平面垂直的向量作为法向量，求二面角余弦值时需要先对二面角是锐角还是钝角进行判断，决定余弦值符号.‎ ‎28．在四棱锥中，底面为正方形，, ‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若与底面所成的角为，,求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要证面面垂直，一般先证线面垂直，设AC与BD交点为O，则PO⊥BD，而正方形中AC⊥BD，于是可证得结论．‎ ‎（2）由线面角的定义可得，以A为坐标原点，为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系，然后写出各点坐标，求出面BPC和面DPC的法向量，再由法向量的夹角的余弦值得二面角的余弦．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接AC,BD交点为O，∵四边形ABCD为正方形，∴‎ ‎∵，,∴,又∵,∴‎ ‎ ‎ 又,∴.‎ ‎（2）∵，过点P做,垂足为E ‎∴∵PA与底面ABCD所成的角为，∴,‎ 又，设,则 ‎ ‎ 如图所示，以A为坐标原点，为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系 设面法向量为，‎ ‎,∴，‎ ‎，∴‎ 同理的法向量，‎ ‎∴求二面角的余弦值 ‎【点睛】‎ 在立体几何中求角问题的常用方法是建立空间直角坐标系，利用向量的夹角来求得空间角（如线面角、二面角）．解题关键是图中相互垂直的直线（最好是过同一点有三条相互垂直的直线）．‎ ‎29．如图，三棱柱中，⊥面，，‎ ‎，D为AC的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：面BD；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值；‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连接B1C，与BC1相交于O，连接OD．根据三角形的中位线定理判定线面平行。‎ ‎（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求得面BDC1的一个法向量和面ABC的一个法向量，利用法向量求面面夹角，并判断二面角的大小。‎ ‎【详解】‎ ‎（I）证明：连接B1C，与BC1相交于O，连接OD． ‎ ‎ ∵BCC1B1是矩形，∴O是B1C的中点．‎ ‎ 又D是AC的中点，∴OD//AB1． ∵AB1面BDC1，OD面BDC1，∴AB1//面BDC1． ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了立体几何线面平行的判定，利用法向量求二面角的夹角，关键注意最后求得的二面角的正负，属于中档题。‎ ‎30．如图，在四棱锥中，底面是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，与的交点为，为侧棱上一点. ‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）当二面角的大小为时， ‎ 试判断点在上的位置，并说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）点是的中点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）解法一：由四棱锥的侧面都是等边三角形，可得，再由O为底面中心，可得，，由线面垂直的判定可得，从而得到平平面平面；‎ 解法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可；‎ ‎（Ⅱ）这是一个一个二面角为条件，写出点的位置，做法同求两个平面的夹角一样，设出求出法向量，根据两个向量的夹角得到点要满足的条件，求出点的位置．‎ ‎【详解】‎ 证明：（Ⅰ）解法一：‎ 由已知可得，,是中点，所以.‎ 又因为四边形是正方形，所以.‎ 因为，所以.‎ 又因为，所以平面平面. ‎ ‎（Ⅱ）解：设（），由（Ⅱ）可知，‎ 平面法向量为.‎ 因为，‎ 所以是平面的一个法向量.‎ 由已知二面角的大小为.‎ 所以，‎ 所以，解得.‎ 所以点是的中点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查面面垂直的证明以及用空间向量解决而面角问题，本题解题的关键是建立坐标系，把立体几何的理论推导变化成数字的运算问题，这样可以降低题目的难度，属中档题 ‎31．在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）若底面是以为直角顶点的直角三角形，且，求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由菱形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，从而可得平面，进而可得结果；（2）由（1）可知，，，则，又，则平面，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立坐标系，求出平面的法向量与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果. ‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接，∵四边形是菱形，且，‎ ‎∴为等边三角形.‎ 取的中点，连接，，则，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵，、平面，‎ ‎∴平面，‎ 又∵平面，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎32．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为．‎ ‎（1）设圆锥的母线长为，求圆锥的体积；‎ ‎（2）设，、是底面半径，且，为线段的中点，如图．求异面直线与所成的角的大小．‎ ‎【答案】(1) ;(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4能求出圆锥的体积．‎ ‎（2）以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线PM与OB所成的角．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为，圆锥的母线长为，‎ ‎∴圆锥的体积 ‎．‎ ‎（2）∵，，是底面半径，且，‎ 为线段的中点，‎ ‎∴以为原点，为轴，为轴，为轴，‎ 建立空间直角坐标系，‎ ‎，，，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 设异面直线与所成的角为，‎ 则．‎ ‎∴．‎ ‎∴异面直线与所成的角的为．‎ ‎【点睛】‎ 求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一。这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解.‎ ‎33．如图，三棱柱中，，，.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）若平面平面，，求直线与平面所成角的正弦值. ‎ ‎【答案】（1）见解析； （2） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，由已知可证OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，进而可得AB⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）易证OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立坐标系，可得，，的坐标，设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，可解得=（，1，﹣1），可求|cos＜，＞|，即为所求正弦值．‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.‎ 又平面平面，交线为，所以平面，故，，两两相互垂直.‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 由题设知，，，.‎ 则，，. ‎ 设是平面的法向量，‎ 则 即 可取.‎ 故 ，‎ 所以与平面所成角的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎34．如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是BC的中点，‎ 平面B1ED交A1D1于F。‎ ‎（1）指出F在A1D1上的位置，并说明理由；‎ ‎（2）求直线A1C与DE所成的角的余弦值；‎ ‎【答案】(1)见解析(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，求出与，再根据向量平行建立等量关系，从而求出点F的位置；‎ ‎（2）先分别求出直线A1C与B1F的向量坐标，求出向量与的夹角余弦值，再根据异面直线所成角的范围求出直线A1C与B1F所成角的余弦值即可．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．‎ ‎∵面ABCD∥面A1B1C1D1，面B1EDF∩面A1B1C1D1=B1F，‎ 面B1EDF∩面ABCD=DE ‎∴B1F∥DE 又∵D（0，1，0），E（1，，0），B1（1，0，1）‎ 设F（0，y，1），则=（﹣1，y，0），=（﹣1，，0）‎ ‎∴即 ‎∴‎ ‎∴F为A1D1的中点.‎ ‎（2）A1（0，0，1），C（1，1，0），则 ‎=（1，1，﹣1），‎ ‎∴A1C与B1F所成角的余弦值为 ‎【点睛】‎ 求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一。这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解.‎ ‎35．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，点E为AD的中点，，平面ABCD，且 ‎ 求证：；‎ 线段PC上是否存在一点F，使二面角的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出，，从而，由平面，得，由此能证明平面，从而 推导出两两垂直，建立以为坐标原点，所在直线分别为，，轴的坐标系，利用向量法能求出线段上存在一点，当点满足时，二面角的余弦值是 ‎【详解】‎ ‎ ‎ 解：由可知∽，‎ 由题意得，，‎ ‎，‎ ‎，，，，‎ ‎、EC、BD两两垂直，‎ 建立以H为坐标原点，HB、HC、HP所在直线分别为x，y，z轴的坐标系，‎ ‎0，，0，，4，，0，，0，，‎ 假设线段PC上存在一点F满足题意，‎ 与共线，存在唯一实数，，满足，‎ 解得，‎ 设向量y，为平面CPD的一个法向量，且，，‎ ‎，取，得，‎ 同理得平面CPD的一个法向量，‎ 二面角的余弦值是，‎ ‎，‎ 由，解得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 线段PC上存在一点F，当点F满足时，二面角的余弦值是．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线线垂直垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题 ‎36．如图，四棱锥中，，//，，为正三角形. 若，且与底面所成角的正切值为.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）是线段上一点，记（），是否存在实数，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证法一：先计算出，结合已知得，由勾股定理得，又，可以证得平面，平面平面 证法二：设在平面内的射影为，连接，结合已知条件得，可求得，，四边形是正方形，即可证得垂直关系 ‎，，两两垂直，以它们所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，平面的法向量，继而求出的值 ‎【详解】‎ ‎（1）证法一：，且，，‎ 又为正三角形，所以，‎ 又，，所以，‎ 又，//，，，‎ 所以平面，又因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（2）由（1）可知，,,两两垂直，以它们所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则,,,,,‎ 由可得，所以，,,‎ 设平面的法向量为，‎ 则，即，令，得，，‎ 所以，显然，是平面的法向量.‎ 设二面角为，‎ 则，‎ 依题意有，解得.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了面面垂直的判定，在立体几何中当条件给出棱长的数值，可以考虑运用勾股定理的逆定理来证明垂直，本题在求二面角时建立空间坐标系，求出法向量继而求解，一定要掌握此类题目的解答方法。‎ ‎37．在菱形中，且，点分别是棱的中点，将四边形沿着转动，使得与重合，形成如图所示多面体，分别取的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若平面平面，求与平面所成的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）与平面所成的正弦值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先证明平面，平面，从而得证平面平面，故平面；（Ⅱ）以为原点，如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与，带入公式得到与平面所成的正弦值. ‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅱ）取中点，设交于点 ‎，又平面平面 平面，在菱形中， ‎ 以为原点，如图建立空间直角坐标系，‎ 过作，垂足为， 显然为中点，，‎ 则，， ‎ ‎，设平面的法向量为，，，由得，令得，‎ ‎，又 ，‎ ‎，即与平面所成的正弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.‎ ‎38．如图，在斜三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，，.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）要证平面平面，即证平面，易证；（Ⅱ）以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，代入公式即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）取的中点，连接，‎ 因为底面是边长为的正三角形，‎ 所以，且，‎ 因为，，，‎ 所以，‎ 所以，又因为，‎ 所以，‎ 所以， 又因为，‎ 所以平面，又因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（Ⅱ）如图所示，‎ 以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，其中，则，‎ 所以，，，‎ 设为平面的法向量，‎ 则即，令，得；‎ 设为平面的法向量，‎ 则即，令，得；‎ 所以，‎ 所以二面角的正弦值为 ‎【点睛】‎ 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.‎ ‎39．如图所示：四棱锥,底面为四边形，平面平面,,‎ ‎（1）求证： 平面；‎ ‎（2）若四边形中，是否在上存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在求的值，若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明和PA⊥AC,即证平面.(2) 过作垂线记为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系, 设,再利用向量法求直线与平面所成的角并使其正弦值为即得的值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设，连接 ‎,，为中点 又，‎ 平面平面，平面平面 平面，而平面 ‎ 在中，由余弦定理得 ‎，而 ‎ 平面 ‎（2）过作垂线记为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系 ‎，，，， ‎ ‎，，设 ‎ ‎,‎ 设平面法向量为 ‎∴ ，取 设与平面所成角为 ‎ ‎ 解， ‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查空间直线平面的位置关系的证明，考查直线和平面所成的角，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理能力.(2) 直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.‎ ‎40．（题文）（题文）在三棱锥中，，，．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）点为上一动点，设为直线与平面所形成的角，求的最大值．‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连接，，则得，同理，于是可得平面，所以．（2）由条件可证得两两垂直，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解可得所求的最大值．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）取中点，连接，，‎ ‎∵，‎ 又为中点，‎ ‎∴， ‎ 同理可得，‎ 又，‎ ‎∴ 平面，‎ 又平面，‎ ‎∴ ．‎ ‎ ‎ 则，，，，‎ 设，，，，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴ ，‎ ‎，，，‎ 设是平面的法向量，‎ 由，‎ 令，得，，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ ，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ 的最大值为．‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）利用向量法求解直线和平面所成角时，关键点是恰当建立空间直角坐标系，确定斜线的方向向量和平面的法向量．‎ ‎（2）求线面角时，可通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线与平面所成的角．‎ ‎41．如图1，在长方形中，为的中点，为线段上一动点．现将沿折起，形成四棱锥.‎ ‎ ‎ ‎ 图1 图2 图3‎ ‎（Ⅰ）若与重合，且(如图2).‎ ‎(ⅰ)证明：平面；‎ ‎(ⅱ)求二面角的余弦值. ‎ ‎（Ⅱ）若不与重合，且平面平面 (如图3)，设，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）(ⅰ)证明见解析，(ⅱ)；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①先证明平面得，再由，即可证明结论 ‎②先作出二面角的平面角，然后解三角形 由立体图形还原到平面图，设，运用勾股定理求出的表达式，然后求出范围 ‎【详解】‎ ‎(ⅰ)由与重合，则有,‎ 因为，平面,,‎ ‎,所以平面. ‎ ‎ ‎ ‎（Ⅱ） 如图，作于,作于，连接.‎ 由平面平面且可得平面,故,由可得平面,故在平面图形中，三点共线且.‎ 设，由，故,‎ ‎，‎ 所以， . ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了将平面图形折叠后得到立体图形，然后证明线面垂直，在证明垂直时运用线面垂直的性质定理和判定定理；在求二面角的平面角时要先作出图形，然后解三角形，找出平面角是关键，最后一问将其化到平面图中，运用相似来求解，还是有一定难度。‎