9.3空间角与距离

2009年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷分类汇编第九章 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7题）1.（北京卷理4文7）若正四棱柱的底面边长为1，与底面成60角，则到底面的距离为 （ ）A B1 C D【解析】本题主要考查正四棱柱的概念、直线与平面所成的角以及直线与平面的距离等概念. 属于基础知识、基本运算的考查. 依题意，如图，故选D.2.（湖北卷文6）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，ACB=900,ACC1=600,BCC1=450,侧棱CC1的长为1，则该三棱柱的高等于A. B. C. D. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 【解析】过顶点A作底面ABC的垂线，由已知条件和立体几何线面关系易求得高的长.3.（江西卷文9）如图，在四面体中，截面是正方形，则在下列命题中，错误的为. . 截面 . . 异面直线与所成的角为【解析】由，可得，故正确；由可得截面，故正确； 异面直线与所成的角等于与所成的角，故正确；综上是错误的，故选.4.（全国卷理10文11）已知二面角为600 ，动点P、Q分别在面内，P到的距离为，Q到的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为【解析】本小题考查二面角、空间里的距离、最值问题，综合题。（同理10）解:如图分别作 ，连 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ，又当且仅当，即重合时取最小值。故答案选C。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 5.（全国卷理5文5）已知正四棱柱中，为中点，则异面直线与所成的角的余弦值为A. B. C. D. 解：令则,连 异面直线与所成的角即与所成的角。在中由余弦定理易得。故选C6.（四川卷理5文6）如图，已知六棱锥的底面是正六边形，则下列结论正确的是. .平面 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m C. 直线平面 .【考点定位】本小题考查空间里的线线、线面关系，基础题。（同文6）解：由三垂线定理，因AD与AB不相互垂直，排除A；作于，因面面ABCDEF，而AG在面ABCDEF上的射影在AB上，而AB与BC不相互垂直，故排除B；由，而EF是平面PAE的斜线，故排除C，故选择D。解析2：设低面正六边形边长为，则，由平面可知，且，所以在中有直线与平面所成的角为，故应选D。7.（浙江卷理5）在三棱柱中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是 ( )A B C D 答案：C 【解析】取BC的中点E，则面，因此与平面所成角即为，设，则，即有（二）填空题（共2题）1.（上海卷理5文5）如图，若正四棱柱的底面连长为2，高为4，则异面直线与AD所成角的大小是_（结果用反三角函数表示）.【答案】 【解析】因为ADA1D1，异面直线BD1与AD所成角就是BD1与A1D1所在角，即A1D1B，由勾股定理，得A1B2，tanA1D1B，所以，A1D1B。2.（四川卷理15文15）如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，是侧 棱的中点，则异面直线所成的角的大小是 。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 【考点定位】本小题考查异面直线的夹角，基础题。解析：不妨设棱长为2，选择基向量，则，故填写。法2：取BC中点N，连结，则面，是在面上的射影，由几何知识知，由三垂线定理得，故填写。（三）解答题（共30题）1.（安徽卷理18）如图，四棱锥FABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC=2，BD=，AE、CF都与平面ABCD垂直，AE=1，CF=2.（I）求二面角BAFD的大小；（II）求四棱锥EABCD与四棱锥FABCD公共部分的体积.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、相交平面所成二面角以及空间几何体的体积计算等知识，考查空间想象能力和推理论证能力、利用综合法或向量法解决立体几何问题的能力。本小题满分13分。解：（I）（综合法）连接AC、BD交于菱形的中心O，过O作OGAF，G为垂足。连接BG、DG。由BDAC，BDCF得BD平面ACF，故BDAF。 于是AF平面BGD，所以BGAF，DGAF，BGD为二面角BAFD 的平面角。由， ，得， w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 由，得（向量法）以A为坐标原点，、方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）设平面ABF的法向量，则由得令，得，同理，可求得平面ADF的法向量。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 由知，平面ABF与平面ADF垂直，二面角B-AF-D的大小等于。（II）连EB、EC、ED，设直线AF与直线CE相交于点H，则四棱锥E-ABCD与四棱锥F-ABCD的公共部分为四棱锥H-ABCD。过H作HP平面ABCD，P为垂足。因为EA平面ABCD，FC平面ABCD，所以平面ACFE平面ABCD，从而由得。又因为 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 故四棱锥H-ABCD的体积2.（北京卷理16）如图，在三棱锥中，底面，点，分别在棱上，且 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （）求证：平面；（）当为的中点时，求与平面所成的角的大小；（）是否存在点使得二面角为直二面角？并说明理由.【解法1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、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（）PA底面ABC，PABC.又，ACBC.BC平面PAC.（）D为PB的中点，DE/BC，又由（）知，BC平面PAC，DE平面PAC，垂足为点E.DAE是AD与平面PAC所成的角，PA底面ABC，PAAB，又PA=AB，ABP为等腰直角三角形，在RtABC中，.在RtADE中，与平面所成的角的大小.（）AE/BC，又由（）知，BC平面PAC，DE平面PAC，又AE平面PAC，PE平面PAC，DEAE，DEPE，AEP为二面角的平面角，PA底面ABC，PAAC，. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 在棱PC上存在一点E，使得AEPC，这时，故存在点E使得二面角是直二面角.【解法2】如图，以A为原煤点建立空间直角坐标系， 设，由已知可得 . （），w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ，BCAP.又，BCAC，BC平面PAC.（）D为PB的中点，DE/BC，E为PC的中点，又由（）知，BC平面PAC，DE平面PAC，垂足为点E.DAE是AD与平面PAC所成的角，.与平面所成的角的大小.（）同解法1.3.（北京卷文16）如图，四棱锥的底面是正方形，点E在棱PB上.（）求证：平面；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （）当且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.【解法1】本题主要考查直线和平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力（）四边形ABCD是正方形，ACBD，PDAC，AC平面PDB，平面.（）设ACBD=O，连接OE， 由（）知AC平面PDB于O， AEO为AE与平面PDB所的角， O，E分别为DB、PB的中点， OE/PD，又， OE底面ABCD，OEAO， 在RtAOE中， ，即AE与平面PDB所成的角的大小为.【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.4.（福建卷理17）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w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 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.5.（福建卷文20）如图，平行四边形中，将沿折起到的位置，使平面平面 （I）求证： w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （）求三棱锥的侧面积。解析:（I）证明：在中， 又平面平面 平面平面平面 平面 平面（）解：由（I）知从而 在中， 又平面平面 平面平面，平面 而平面 综上，三棱锥的侧面积，6.（广东卷理18）如图6，已知正方体的棱长为2，点是正方形的中心，点、分别是棱的中点设点分别是点，在平面内的正投影zyxE1G1（1）求以为顶点，以四边形在平面内的正投影为底面边界的棱锥的体积；（2）证明：直线平面；（3）求异面直线所成角的正弦值.解：（1）依题作点、在平面内的正投影、，则、分别为、的中点，连结、，则所求为四棱锥的体积，其底面面积为 ，又面，.（2）以为坐标原点，、所在直线分别作轴，轴，轴，得、，又，则，即，又，平面.（3），则，设异面直线所成角为，则.7.（海南宁夏卷理19）如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是地面边长的倍，P为侧棱SD上的点。 （）求证：ACSD；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （）若SD平面PAC，求二面角P-AC-D的大小（）在（）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 使得BE平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由。解法一： （）连BD，设AC交BD于O，由题意。在正方形ABCD中，所以,得. ()设正方形边长，则。又，所以, 连，由（）知,所以, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 且,所以是二面角的平面角。由,知,所以,即二面角的大小为。 （）在棱SC上存在一点E，使由（）可得，故可在上取一点,使,过作的平行线与的交点即为。连BN。在中知，又由于,故平面，得,由于,故.解法二：（）；连,设交于于，由题意知.以O为坐标原点，分别为轴、轴、轴正方向，建立坐标系如图。设底面边长为，则高。 于是 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 故 从而 ()由题设知，平面的一个法向量，平面的一个法向量，设所求二面角为，则,所求二面角的大小为（）在棱上存在一点使. 由（）知是平面的一个法向量，且 设 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 则 而 即当时， w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 而不在平面内，故8.（湖北卷理18）如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，SD平面ABCD，SD=2a，点E是SD上的点，且（）求证：对任意的，都有（）设二面角CAED的大小为，直线BE与平面ABCD所成的角为，若，求的值w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （）证法1：如图1，连接BE、BD，由地面ABCD是正方形可得ACBD。 SD平面ABCD，BD是BE在平面ABCD上的射影，ACBE（）解法1：如图1，由SD平面ABCD知，DBE= , SD平面ABCD，CD平面ABCD, SDCD。 又底面ABCD是正方形， CDAD，而SD AD=D，CD平面SAD.连接AE、CE，过点D在平面SAD内作DEAE于F，连接CF，则CFAE，故CDF是二面角C-AE-D的平面角，即CDF=。在RtBDE中，BD=2a，DE=在RtADE中, 从而在中，. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 由，得.由，解得，即为所求.（I） 证法2：以D为原点，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如 图2所示的空间直角坐标系，则 D（0，0，0），A（，0，0），B（，0），C（0，0），E（0，0）， ，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 即。（II） 解法2：由（I）得.设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，则由得。 易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为. . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 0， . 由于，解得，即为所求。9.（湖北卷文18）如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，SD平面ABCD,SDADa,点E是SD上的点，且DEa(01). w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ()求证：对任意的（0、1），都有ACBE:()若二面角C-AE-D的大小为600C，求的值。本小题主要考察空间直线与直线、直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分） （）证1：连接BD，由底面是正方形可得ACBD。 SD平面，BD是BE在平面ABCD上的射影，由三垂线定理得ACBE.(II)解法1：SD平面ABCD，平面， SDCD. 又底面是正方形， DD，又AD=D，CD平面SAD。过点D在平面SAD内做DFAE于F，连接CF，则CFAE， 故CFD是二面角C-AE-D 的平面角，即CFD=60在RtADE中，AD=, DE= ， AE= 。于是，DF=在RtCDF中，由cot60=得， 即=3 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ， 解得=10.（湖南卷理18）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。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 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。（2）解法1 如图所示，设F使AB的中点，连接DF、DC、CF，由正三棱柱ABC- ABC的性质及D是AB的中点知ABCD， ABDF w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 又CDDF=D，所以AB平面CDF，而ABAB，所以AB平面CDF，又AB平面ABC，故平面AB C平面CDF。过点D做DH垂直CF于点H，则DH平面AB C。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 连接AH，则HAD是AD和平面ABC所成的角。由已知AB=A A，不妨设A A=，则AB=2，DF=，D C=，CF=，AD=，DH=，所以 sinHAD=。即直线AD和平面AB C所成角的正弦值为。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，)， =(，-，）w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 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.（湖南卷文18）如图3，在正三棱柱中，AB=4, ,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:（）如图所示，由正三棱柱的性质知平面.又DE平面ABC，所以DE.而DEE，,所以DE平面.又DE 平面，故平面平面. （）解法 1: 过点A作AF垂直于点,连接DF.由（）知，平面平面，所以AF平面,故是直线AD和平面所成的角。 因为DE，所以DEAC.而ABC是边长为4的正三角形，于是AD=，AE=4-CE=4-=3.又因为，所以E= = 4, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m , .即直线AD和平面所成角的正弦值为 .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, ,0), E(-1,0,0).易知=（-3，-），=（0，-，0），=（-3，0）.设是平面的一个法向量，则解得.故可取.于是 = . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 由此即知，直线AD和平面所成角的正弦值为 .12.（江苏卷16）如图，在直三棱柱中，、分别是、的中点，点在上，。 求证：（1）EF平面ABC；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）平面平面.【解析】 本小题主要考查直线与平面、平面与平面得位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力。满分14分。13.（江西卷理20）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；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）求直线与平面所成的角的大小；（3）求点到平面的距离.解法一：（1）依题设知，AC是所作球面的直径，则AMMC。又因为P A平面ABCD，则PACD，又CDAD，所以CD平面，则CDAM，所以A M平面PCD，所以平面ABM平面PCD。（2）由（1）知，又，则是的中点可得，则设D到平面ACM的距离为，由即，可求得，设所求角为，则，。（1） 可求得PC=6。因为ANNC，由，得PN。所以。故N点到平面ACM的距离等于P点到平面ACM距离的。又因为M是PD的中点，则P、D到平面ACM的距离相等，由（2）可知所求距离为。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。14.（江西卷文20）如图，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（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成的角；（3）求点到平面的距离解法（一）：（1）证：依题设，在以为直径的球面上，则.因为平面，则，又，所以平面，则，因此有平面，所以平面平面.（）设平面与交于点，因为，所以平面，则，由（1）知，平面，则MN是PN在平面ABM上的射影，所以 就是与平面所成的角，且 所求角为（3）因为O是BD的中点，则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半，由（1）知，平面于M，则|DM|就是D点到平面ABM距离.因为在RtPAD中，所以为中点，则O点到平面ABM的距离等于。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，即.设所求角为，则，所求角的大小为. （3）设所求距离为，由，得：15.（辽宁卷理18）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。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （18）（I）解法一：取CD的中点G，连接MG，NG。设正方形ABCD，DCEF的边长为2， 则MGCD，MG=2，NG=.因为平面ABCD平面DCED，所以MG平面DCEF，可得MNG是MN与平面DCEF所成的角。因为MN=，所以sinMNG=为MN与平面DCEF所成角的正弦值 6分解法二： 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16.（辽宁卷文19）如图，已知两个正方形ABCD 和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点。（I）若CD2，平面ABCD 平面DCEF，求直线MN的长；（II）用反证法证明：直线ME 与 BN 是两条异面直线。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解 （）取CD的中点G连结MG，NG. 因为ABCD，DCEF为正方形，且边长为2， 所以MGCD，MG2，. 因为平面ABCD平面DCEF， 所以MG平面DCEF，可得MGNG. 所以 6分（）假设直线ME与BN共面， .8分则平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN，由已知，两正方形不共面，故平面DCEF.又ABCD，所以AB平面DCEF.而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，所以ABEN.又ABCDEF,所以ENEF，这与矛盾，故假设不成立。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 所以ME与BN不共面，它们是异面直线。 .12分17.（全国卷理18文19）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，点M在侧棱上，=60（I）证明：M在侧棱的中点（II）求二面角的大小。（I）解法一：作交于N，作交于E，连ME、NB，则面，,设，则,在中，。在中由解得，从而 M为侧棱的中点M. 解法二:过作的平行线.解法三:利用向量处理. 详细可见09年高考参考答案. （II）分析一:利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三垂线定理。这两年高考中求二面角也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。过作交于,作交于,作交于,则,面,面面,面即为所求二面角的补角.分析二：利用二面角的定义。在等边三角形中过点作交于点，则点为AM的中点，取SA的中点G，连GF，易证，则即为所求二面角.分析三：利用空间向量求。在两个半平面内分别与交线AM垂直的两个向量的夹角即可。另外：利用射影面积或利用等体积法求点到面的距离等等，这些方法也能奏效。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照顾双方的利益。18.（全国卷理18文19）如图，直三棱柱中，、分别为、的中点，平面 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （I）证明：（II）设二面角为60，求与平面所成的角的大小。（I）分析一：连结BE，为直三棱柱， 为的中点，。又平面，（射影相等的两条斜线段相等）而平面，（相等的斜线段的射影相等）。分析二：取的中点，证四边形为平行四边形，进而证，得也可。分析三：利用空间向量的方法。具体解法略。（II）分析一：求与平面所成的线面角，只需求点到面的距离即可。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。19.（山东卷理18）如图，在直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB/CD，AB=4, BC=CD=2, AA=2, E、E、F分别是棱AD、AA、AB的中点。E A B C F E1 A1 B1 C1 D1 D F1 O P （1） 证明：直线EE/平面FCC；（2） 求二面角B-FC-C的余弦值。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解法一：（1）在直四棱柱ABCD-ABCD中，取A1B1的中点F1，连接A1D，C1F1，CF1，因为AB=4, CD=2,且AB/CD，所以CDA1F1，A1F1CD为平行四边形，所以CF1/A1D，又因为E、E分别是棱AD、AA的中点，所以EE1/A1D，所以CF1/EE1，又因为平面FCC，平面FCC，所以直线EE/平面FCC.（2）因为AB=4, BC=CD=2, 、F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,BCF为正三角形,取CF的中点O,则OBCF,又因为直四棱柱ABCD-ABCD中,CC1平面ABCD,所以CC1BO,所以OB平面CC1F,过O在平面CC1F内作OPC1F,垂足为P,连接BP,则OPB为二面角B-FC-C的一个平面角, 在BCF为正三角形中,在RtCC1F中, OPFCC1F, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m E A B C F E1 A1 B1 C1 D1 D x y z M 在RtOPF中,所以二面角B-FC-C的余弦值为.解法二:（1）因为AB=4, BC=CD=2, F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,BCF为正三角形, 因为ABCD为等腰梯形,所以BAC=ABC=60,取AF的中点M,连接DM,则DMAB,所以DMCD,以DM为x轴,DC为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,则D（0,0,0）,A（,-1,0）,F（,1,0）,C（0,2,0）,C1（0,2,2）,E（,0）,E1（,-1,1）,所以,设平面CC1F的法向量为则所以取,则,所以,所以直线EE/平面FCC. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）,设平面BFC1的法向量为,则所以,取,则, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 所以,由图可知二面角B-FC-C为锐角,所以二面角B-FC-C的余弦值为. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 【命题立意】:本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算.考查空间想象能力和推理运算能力,以及应用向量知识解答问题的能力.20.（山东卷文18）如图，在直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB/CD，AB=4, BC=CD=2, AA=2, E、E分别是棱AD、AA的中点. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （3） 设F是棱AB的中点,证明：直线EE/平面FCC；（4） 证明:平面D1AC平面BB1C1C.证明:（1）在直四棱柱ABCD-ABCD中，取A1B1的中点F1，E A B C F E1 A1 B1 C1 D1 D F1连接A1D，C1F1，CF1，因为AB=4, CD=2,且AB/CD，所以CDA1F1，A1F1CD为平行四边形，所以CF1/A1D，又因为E、E分别是棱AD、AA的中点，所以EE1/A1D，所以CF1/EE1，又因为平面FCC，平面FCC，所以直线EE/平面FCC.（2）连接AC,在直棱柱中，CC1平面ABCD,AC平面ABCD,E A B C F E1 A1 B1 C1 D1 D 所以CC1AC,因为底面ABCD为等腰梯形，AB=4, BC=2, F是棱AB的中点,所以CF=CB=BF，BCF为正三角形，,ACF为等腰三角形，且所以ACBC, 又因为BC与CC1都在平面BB1C1C内且交于点C,所以AC平面BB1C1C,而平面D1AC,所以平面D1AC平面BB1C1C.【命题立意】: 本题主要考查直棱柱的概念、线面平行和线面垂直位置关系的判定.熟练掌握平行和垂直的判定定理.完成线线、线面位置关系的转化.21.（陕西卷理18文19）如图，在直三棱柱中， AB=1，ABC=60.()证明：；（）求二面角AB的大小。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解答一（1）证： 三棱柱为直三棱柱，在中，,由正弦定理,又（2）解如图，作交于点D点，连结BD，由三垂线定理知为二面角的平面角在解答二（1）证三棱柱为直三棱柱，由正弦定理 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 如图，建立空间直角坐标系，则 (2) 解，如图可取为平面的法向量设平面的法向量为，则不妨取 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 22.（上海卷理19）如图，在直三棱柱中，,求二面角的大小。 【解】如图，建立空间直角坐标系则A（2，0，0）、 C（0，2，0） A1（2，0，2），B1（0，0，2） 、C1（0，2，2） 2分设AC的中点为M，BMAC, BMCC1;BM平面A1C1C,即=(1,1,0)是平面A1C1C的一个法向量。5分设平面的一个法向量是 =（x，y，z）， =（-2，2，-2）， =（-2，0，0） 7分设法向量的夹角为，二面角的大小为，显然为锐角.14分23.（四川卷理19）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。本小题主要考察平面与平面垂直、直线与平面垂直、直线与平面平行、二面角等基础知识，考察空间想象能力、逻辑推理能力和数学探究意识，考察应用向量知识解决数学问题的能力。解法一：（）因为平面平面,平面，平面平面，所以平面所以.因为为等腰直角三角形， ，所以又因为，所以，即,所以平面。 4分 （）存在点,当为线段AE的中点时，PM平面 取BE的中点N，连接AN,MN，则MNPC所以PMNC为平行四边形，所以PMCN 因为CN在平面BCE内，PM不在平面BCE内， 所以PM平面BCE 8分 （）由EAAB,平面ABEF平面ABCD，易知，EA平面ABCD作FGAB,交BA的延长线于G，则FGEA。从而，FG平面ABCD作GHBD于G，连结FH，则由三垂线定理知，BDFH因此，AEF为二面角F-BD-A的平面角因为FA=FE, AEF=45,所以AFE=90，FAG=45.设AB=1,则AE=1,AF=. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m FG=AFsinFAG=在RtFGH中，GBH=45,BG=AB+AG=1+=,GH=BGsinGBH=在RtFGH中，tanFHG= = 故二面角F-BD-A的大小为arctan. 12分解法二:()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. () M（0，0，）.P（1, ,0）.从而=（，）.于是所以PMFE，又EF平面BCE，直线PM不在平面BCE内，故PM平面BCE. 8分() 设平面BDF的一个法向量为，并设=（x，y，z）=(1，1，0)， 即去y=1，则x=1，z=3，从=（0，0，3）取平面ABD的一个法向量为=（0，0，1）故二面角F-BD-A的大小为. 12分24.（四川卷文19）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、的中点分别为、，求证： （III）求二面角的大小。【解析】解法一：因为平面ABEF平面ABCD，BC平面ABCD，BCAB，平面ABEF平面ABCD=AB，所以BC平面ABEF.所以BCEF.因为ABE为等腰直角三角形，AB=AE，所以AEB=45，又因为AEF=45,所以FEB=90，即EFBE.因为BC平面ABCD, BE平面BCE,BCBE=B所以（II）取BE的中点N,连结CN,MN,则MNPC PMNC为平行四边形,所以PMCN. CN在平面BCE内,PM不在平面BCE内, PM平面BCE. 8分（III）由EAAB,平面ABEF平面ABCD,易知EA平面ABCD.作FGAB,交BA的延长线于G,则FGEA.从而FG平面ABCD,作GHBD于H,连结FH,则由三垂线定理知BDFH. FHG为二面角F-BD-A的平面角. FA=FE,AEF=45,AEF=90, FAG=45.设AB=1,则AE=1,AF=,则在RtBGH中, GBH=45,BG=AB+AG=1+=, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 在RtFGH中, , 二面角的大小为12分w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解法二: 因等腰直角三角形，所以又因为平面，所以平面，所以即两两垂直；如图建立空间直角坐标系, (I) 设，则，从而 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ，于是， , 平面，平面， （II），从而 于是 ，又平面，直线不在平面内， 故平面（III）设平面的一个法向量为，并设（ 即 取，则，从而（1，1，3） 取平面D的一个法向量为 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 故二面角的大小为25.（天津卷理19）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 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m (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。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、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，考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力。满分12分.方法一：（）解：由题设知，BF/CE，所以CED（或其补角）为异面直线BF与DE所成的角。设P为AD的中点，连结EP，PC。因为FEAP，所以FAEP，同理ABPC。又FA平面ABCD，所以EP平面ABCD。而PC，AD都在平面ABCD内,故EPPC